数学分析下册 · 第 12–23 章
以《数学分析（第六版）》下册目录为骨架的讲义：级数、多元微分、含参量积分、曲线与曲面积分、向量函数微分学。每节先「说人话」，再给定义与定理（证明可折叠），配例题、易错点与自测。公式矢量渲染，整本离线可读。
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数项级数CHAPTER 12 · 3 SECTIONS
本章把“无穷项相加”归结为部分和数列的极限问题，先建立收敛定义、柯西准则与收敛级数的基本性质，再按项的符号分流：正项级数用比较、比值、根值与积分判别；一般项级数用绝对收敛、莱布尼茨判别，以及阿贝尔变换配合狄利克雷、阿贝尔判别法。全程区分绝对收敛与条件收敛。
上一册把极限交给了数列和函数，这一章把“无穷项相加”也收编进那个框架：级数收敛就是部分和数列收敛。真正立起来的是两套工具和一条分水岭——正项级数的比较体系，以及绝对收敛与条件收敛的分野；后者决定级数能不能像有限和那样随意搬家、拆项、加括号。这些判别法会在第十三章升格为函数项级数，分水岭则一路管到第十五章傅里叶级数的收敛讨论。
§1级数的收敛性
1821 年柯西在《分析教程》里把级数收敛定义成部分和的极限，这才终结了十八世纪关于 $1-1+1-1+\cdots$ 等于 $\frac12$ 还是 $0$ 的争论。在那之前，“无穷和”更像可以随手摆弄的符号。
给定数列 $\{u_n\}$，称形式和 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n=u_1+u_2+\cdots$ 为（数项）级数，并称 $S_n=\sum\limits_{k=1}^{n}u_k$ 为它的部分和。若部分和数列 $\{S_n\}$ 收敛于实数 $S$，即 $\lim\limits_{n\to\infty}S_n=S$，则称级数 $\sum u_n$ 收敛，$S$ 称为它的和，记作 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n=S$；若 $\{S_n\}$ 发散，则称级数发散。
收敛指的是部分和数列收敛，不是“无穷项相加”这一动作本身。
- $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ 是数项级数
$\sum u_n$ 收敛 $\iff$ $\forall\varepsilon > 0,\ \exists N\in\mathbb{N},\ \forall n > N,\ \forall p\ge 1:\ \left|\sum\limits_{k=n+1}^{n+p}u_k\right|<\varepsilon$。
证明思路
把级数的敛散化为部分和数列 $\{S_n\}$ 的敛散。
$|S_{n+p}-S_n|=\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}u_k\right|$。
对 $\{S_n\}$ 套用数列的柯西收敛准则即可。
右推左用柯西列必收敛；左推右用收敛列必为柯西列。
该准则不依赖预知和 $S$，可直接用于判定。
准则里“$\forall p\ge1$”不能删：它要求任意长的尾巴都小。若只要求单个小项，调和级数就漏网——取 $p=n$，$\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k\ge n\cdot\frac1{2n}=\frac12$，压不到 $\varepsilon=\frac14$ 以下。承重的是整段可控。
- $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ 收敛
$\lim\limits_{n\to\infty}u_n=0$。
证明思路
当 $n\ge 2$ 时 $u_n=S_n-S_{n-1}$。
由 $S_n\to S$ 且 $S_{n-1}\to S$，得 $u_n\to S-S=0$。
等价地：若 $u_n\not\to 0$，则 $\sum u_n$ 必发散。
逆命题不成立：$u_n\to0$ 不能推出 $\sum u_n$ 收敛，反例为调和级数 $\sum\frac1n$。
- $\sum u_n$ 与 $\sum v_n$ 均收敛
- $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$
$\sum(\alpha u_n+\beta v_n)$ 收敛，且 $\sum(\alpha u_n+\beta v_n)=\alpha\sum u_n+\beta\sum v_n$。
证明思路
记 $S_n=\sum_{k=1}^n u_k\to S$，$T_n=\sum_{k=1}^n v_k\to T$。
则 $\sum_{k=1}^n(\alpha u_k+\beta v_k)=\alpha S_n+\beta T_n$。
由数列极限的线性性，该部分和趋于 $\alpha S+\beta T$。
故新级数收敛且和如结论所述。
- $\sum u_n$ 与 $\sum v_n$ 为两个数列，且存在 $N_0$，当 $n > N_0$ 时 $u_n=v_n$
$\sum u_n$ 与 $\sum v_n$ 同敛散；若均收敛，其和可以不同。
证明思路
两部分和只差一个与 $n$ 无关的有限数：$S_n-T_n=\sum_{k=1}^{N_0}(u_k-v_k)$（$n > N_0$）。
故 $\{S_n\}$ 与 $\{T_n\}$ 同敛散。
和的差恰为那有限项之差，所以敛散性不变而和可能变。
- $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ 收敛
- 将级数任意加括号，括号内项保持原顺序，得到新级数 $\sum v_k$
$\sum v_k$ 仍收敛，且其和与 $\sum u_n$ 的和相同。
证明思路
新级数的部分和是原级数部分和的子列。
子列的极限与原数列极限相同。
故 $\sum v_k$ 收敛到同一和。
注意：加括号后收敛不能反推原级数收敛（见本节易错点）。
讨论几何级数 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}q^{n}$（$q\neq 0$）的敛散性；若收敛，求其和。
解答与答案
- 当 $q\neq 1$ 时，部分和 $S_n=1+q+\cdots+q^{n}=\dfrac{1-q^{n+1}}{1-q}$。
- 若 $|q|<1$，则 $q^{n+1}\to 0$，故 $S_n\to\dfrac{1}{1-q}$，级数收敛。
- 若 $q=1$，则 $S_n=n+1\to+\infty$，发散。
- 若 $q=-1$，则 $S_n$ 在 $1$ 与 $0$ 之间跳动，发散。
- 若 $|q|>1$，则 $|q|^{n+1}\to+\infty$，$S_n$ 无界，发散。
答案$|q|<1$ 时收敛，和为 $\dfrac{1}{1-q}$；$|q|\ge 1$ 时发散。
讨论 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n(n+1)}$ 的敛散性，若收敛求和。
解答与答案
- 裂项：$\dfrac{1}{n(n+1)}=\dfrac1n-\dfrac1{n+1}$。
- 部分和 $S_n=\left(1-\dfrac12\right)+\left(\dfrac12-\dfrac13\right)+\cdots+\left(\dfrac1n-\dfrac1{n+1}\right)=1-\dfrac1{n+1}$。
- $S_n\to 1$（$n\to\infty$），故级数收敛且和为 $1$。
答案收敛，和为 $1$。
- 把“$u_n\to 0$”当成收敛的充分条件：调和级数 $\sum\frac1n$ 的项趋于 $0$，但级数发散。必要条件只能用来判发散。
- 误以为“加括号后收敛 $\Rightarrow$ 原级数收敛”。例如 $(1-1)+(1-1)+\cdots=0$，但 $1-1+1-1+\cdots$ 的部分和在 $0,1$ 间跳动，发散。
- 把“部分和有界”说成收敛的充要条件：对一般级数，有界不保证极限存在（如 $\sum(-1)^n$）；只有正项级数才有“收敛 $\iff$ 部分和有界”。
- 改变有限项后误说“和也不变”：敛散性确实不变，但和会差一个有限量，见命题 4。
1若数项级数 $\sum u_n$ 收敛，则下列一定成立的是
答案与解析
正确答案：B
收敛必有通项趋于零；绝对收敛、单调、平方收敛都不必然，例如 $\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ 条件收敛但 $\sum\frac1n$ 发散。
2级数 $\sum u_n$ 发散的充分条件是 $u_n\not\to 0$。
答案与解析
正确答案：A
这是收敛必要条件的逆否命题：若 $u_n$ 不趋于零，则部分和数列不可能收敛，故级数发散。
§2正项级数
p-级数的名字来自指数 $p$。1735 年欧拉算出 $\sum\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$，一举回答了从十七世纪中叶起就悬着的问题；而发散与收敛的分界恰在 $p=1$ 处，要等积分判别法才说清楚。
挑判别法有顺序：通项带阶乘或 $n$ 次方先试比值、根值；带 $\ln n$、$\frac1{n^p}$ 这种可积形状先试积分或与 p-级数比较。撞上 $r=1$ 的失效区就换工具，别硬套。
若 $u_n\ge 0$（$n=1,2,\ldots$），则称 $\sum u_n$ 为正项级数。此时部分和数列 $\{S_n\}$ 单调不减。
“正项”指非负；严格正与非负在判别法中可同样处理。
- $\sum u_n$ 是正项级数
$\sum u_n$ 收敛 $\iff$ 部分和数列 $\{S_n\}$ 有上界。
证明思路
$u_n\ge 0$ 保证 $S_n$ 单调不减。
单调不减数列收敛当且仅当它有上界。
故正项级数收敛等价于部分和有界。
这是正项级数一切判别法的出发点。
- $\sum u_n$ 与 $\sum v_n$ 均为正项级数
- 存在 $N_0$，当 $n > N_0$ 时 $0\le u_n\le v_n$
若 $\sum v_n$ 收敛，则 $\sum u_n$ 收敛；若 $\sum u_n$ 发散，则 $\sum v_n$ 发散。
证明思路
从某项起，$u_n$ 的部分和被 $v_n$ 的部分和控制。
若 $\sum v_n$ 收敛，则 $v_n$ 的部分和有界，从而 $u_n$ 的部分和也有上界。
由正项级数收敛定理得 $\sum u_n$ 收敛。
第二句是第一句的逆否命题。
注意两个方向的对照级数不同：大收敛推小收敛，小发散推大发散。
适用对象：正项级数。变号级数不能直接用比较判别法；要先取绝对值或改用绝对收敛讨论。
条件里“正项”最承重：删掉它比较就没了意义，$-1\le\frac1n$ 这种不等式什么也判不出。而“$n>N_0$ 之后成立”就够用，因为改有限项不动敛散，$u_1$ 到 $u_{N_0}$ 长什么样都不影响尾巴。
- $\sum u_n$ 与 $\sum v_n$ 均为正项级数
- $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{u_n}{v_n}=l$（$v_n > 0$）
若 $0 < l < +\infty$，则两级数同敛散；若 $l=0$，则 $\sum v_n$ 收敛时 $\sum u_n$ 也收敛；若 $l=+\infty$，则 $\sum v_n$ 发散时 $\sum u_n$ 也发散。
证明思路
取 $\varepsilon$ 夹逼：当 $n$ 大时 $(l-\varepsilon)v_n < u_n < (l+\varepsilon)v_n$。
$0 < l < +\infty$ 时双向夹住，故同敛散。
$l=0$ 时最终 $u_n < v_n$，比较判别法给第一个结论。
$l=+\infty$ 时最终 $u_n > v_n$，给第二个结论。
$l=0$ 或 $+\infty$ 时只有单向信息，不能说同敛散。
- $\sum u_n$ 是正项级数
- 存在 $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=r$
当 $r < 1$ 时 $\sum u_n$ 收敛；当 $r > 1$（含 $r=+\infty$）时 $\sum u_n$ 发散；当 $r=1$ 时判别法失效。
证明思路
若 $r < 1$，取 $q\in(r,1)$，则 $n$ 大时 $u_{n+1}/u_n < q$。
于是 $u_n$ 被几何级数 $u_N q^{n-N}$ 控制，故收敛。
若 $r > 1$，则 $n$ 大时 $u_{n+1} > u_n$，通项不趋于 $0$，故发散。
$r=1$ 时 $\sum\frac1n$ 与 $\sum\frac1{n^2}$ 都是例子，说明失效。
适用对象：正项级数（比值由正项相除）。变号级数不可直接套用。
- $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ 是正项级数，即 $u_n>0$（$n=1,2,\ldots$）
- 记 $\overline{r}=\limsup\limits_{n\to\infty}\dfrac{u_{n+1}}{u_n}$，$\underline{r}=\liminf\limits_{n\to\infty}\dfrac{u_{n+1}}{u_n}$（上、下极限按扩充实数理解，总存在）
若 $\overline{r}<1$，则 $\sum u_n$ 收敛；若 $\underline{r}>1$（含 $\underline{r}=+\infty$），则 $\sum u_n$ 发散；若 $\underline{r}\le 1\le\overline{r}$，判别法失效，须另行讨论。当极限 $r=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{u_{n+1}}{u_n}$ 存在时 $\underline{r}=\overline{r}=r$，即退化为比值判别法的三情形：$r<1$ 收敛，$r>1$ 发散，$r=1$ 失效。
证明思路
$\overline{r} < 1$ 时最终 $u_{n+1}/u_n$ 被某个 $q < 1$ 控制，几何比较得收敛。
$\underline{r} > 1$ 时最终 $u_{n+1}/u_n > 1$，通项不减且不趋于 $0$，故发散。
极限存在时上极限=下极限= $r$。
该写法覆盖极限不存在但上下极限可用的情形。
上式用上、下极限陈述，覆盖比值极限不存在但上下极限可分离的情形；教材通常只写极限 $r$ 存在的情形
- $\sum u_n$ 是正项级数
- 存在 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=r$
当 $r < 1$ 时收敛；当 $r > 1$（含 $r=+\infty$）时发散；当 $r=1$ 时失效。
证明思路
若 $r < 1$，取 $q\in(r,1)$，则 $n$ 大时 $\sqrt[n]{u_n} < q$，即 $u_n < q^n$。
与几何级数比较得收敛。
若 $r > 1$，则 $n$ 大时 $u_n > 1$，通项不趋于 $0$，发散。
$r=1$ 仍可用 $\sum 1/n$ 与 $\sum 1/n^2$ 说明失效。
适用对象：正项级数。根值法不弱于比值法：比值极限存在时根值极限与之相同，但根值极限可能在比值极限不存在时仍有定义。
- $f$ 在 $[1,+\infty)$ 上非负、单调递减
- $f$ 在任意有限区间上可积，且 $u_n=f(n)$
正项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ 与反常积分 $\int_1^{+\infty}f(x)\,\mathrm{d}x$ 同敛散；若均收敛，部分和与积分的差被 $f(1)$ 控制：$\int_1^{+\infty}f\le\sum u_n\le u_1+\int_1^{+\infty}f$。
证明思路
单调性给出夹逼：$f(n+1)\le\int_n^{n+1}f\le f(n)$。
对 $n$ 累加，得部分和与积分值的双向不等式。
故两边同时有限或同时无穷，即同敛散。
常用对照：$f(x)=\frac1{x^p}$ 与 p-级数、$\frac1{x(\ln x)^p}$ 等。
“非负、递减”缺一不可。不非负有反例：$f(x)=\frac{\cos2\pi x}{x}$ 的反常积分收敛，但 $f(n)=\frac1n$，$\sum\frac1n$ 发散。不递减也有反例：$f$ 在整数点冲到 $1$、点间落回 $0$，积分收敛而 $\sum f(n)$ 发散。两个条件都在防样本点被特殊照顾。
- $p\in\mathbb{R}$
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^p}$ 当 $p > 1$ 时收敛，当 $p\le 1$ 时发散。
证明思路
取 $f(x)=x^{-p}$，在 $[1,+\infty)$ 上非负递减且可积。
$\int_1^{+\infty}x^{-p}\,\mathrm{d}x$ 在 $p > 1$ 时收敛，$p\le 1$ 时发散。
由积分判别法，$\sum n^{-p}$ 与之同敛散。
$p=1$ 即调和级数，发散；$p=2$ 是常见收敛例。
判定 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^2+1}$ 与 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{2^n}{n!}$ 的敛散性。
解答与答案
- 对 $\sum\frac{1}{n^2+1}$：$0 < \dfrac{1}{n^2+1} < \dfrac{1}{n^2}$，而 $\sum\frac{1}{n^2}$ 是 $p=2 > 1$ 的 p-级数，收敛；由比较判别法，原级数收敛。
- 对 $\sum\frac{2^n}{n!}$：令 $u_n=\frac{2^n}{n!}$，则 $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{2}{n+1}\to 0 < 1$。
- 由比值判别法，$\sum\frac{2^n}{n!}$ 收敛。
答案两级数均收敛。
判定 $\sum\limits_{n=2}^{\infty}\dfrac{1}{n\ln n}$ 的敛散性。
解答与答案
- 取 $f(x)=\dfrac{1}{x\ln x}$，在 $[2,+\infty)$ 上非负、递减、可积，且 $f(n)=\frac{1}{n\ln n}$。
- 计算 $\int_2^{R}\dfrac{\mathrm{d}x}{x\ln x}=\ln\ln R-\ln\ln 2\to+\infty$（$R\to+\infty$）。
- 反常积分发散，由积分判别法，$\sum_{n\ge2}\frac{1}{n\ln n}$ 发散。
答案发散。
- 把比较判别法的两个方向写反：只有“大的收敛 $\Rightarrow$ 小的收敛”和“小的发散 $\Rightarrow$ 大的发散”，反过来不对。
- 在 $r=1$（比值）或 $r=1$（根值）时仍下结论：此时判别法失效，必须改用比较、积分或更精细的判别（如与 p-级数对照）。
- 对变号级数直接用比值/根值/比较：这些判别法只管正项级数。若 $\lim|u_{n+1}/u_n|>1$ 只说明 $|u_n|$ 不趋于 $0$，从而原级数发散；但比值小于 $1$ 对变号级数要先看绝对收敛。
- 积分判别法条件不全：$f$ 必须最终非负、递减；$f(x)=\frac{\sin x}{x}$ 这类变号函数不能套用。
1设 $\sum u_n$ 为正项级数，且 $\lim\limits_{n\to\infty}n u_n=3$。下列判断正确的是
答案与解析
正确答案：B
与调和级数比较：$u_n\sim \frac3n$，而 $\sum\frac1n$ 发散，由比较判别法极限形式得 $\sum u_n$ 发散。
2若正项级数 $\sum u_n$ 收敛，则部分和数列 $\{S_n\}$ 有上界。
答案与解析
正确答案：A
正项级数的部分和单调不减；收敛等价于有上界，故收敛必给出上界。
§3一般项级数
条件收敛是走钢丝：收敛全靠正负项互相拖住，于是重排能改和、去括号能翻车。绝对收敛才是安全区，在那里级数才配享有有限和的全部自由。为什么差这么多？条件收敛的正部负部各自发散，全靠调度平衡；绝对收敛把两边都钉死。
形如 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}u_n$ 或 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}u_n$（其中 $u_n > 0$）的级数称为交错级数。
- $\sum (-1)^{n-1}u_n$ 为交错级数，且 $u_n > 0$
- $\{u_n\}$ 单调递减
- $\lim\limits_{n\to\infty}u_n=0$
交错级数 $\sum(-1)^{n-1}u_n$ 收敛，且其和 $S$ 满足 $0\le S\le u_1$，余项 $|R_n|\le u_{n+1}$。
证明思路
部分和偶子列 $S_{2k}$ 递增、奇子列 $S_{2k-1}$ 递减。
$u_n\to 0$ 保证两子列夹在同一极限附近。
故 $\{S_n\}$ 收敛。
余项仍是交错级数，绝对值不超过第一项 $u_{n+1}$。
和落在 $0$ 与 $u_1$ 之间。
适用对象：交错级数（一般项级数中的特例），不是任意变号级数。
三条件里“$u_n\to0$”最显眼，“递减”同样承重：只留 $u_n\to0$ 会漏，取 $u_{2k-1}=\frac2k$、$u_{2k}=\frac1k$，各项趋于零，但每两块凑出 $\frac1k$，级数照样发散。递减则把余项锁进第一块弃项：$|R_n|\le u_{n+1}$。
若 $\sum|u_n|$ 收敛，则称 $\sum u_n$ 绝对收敛；若 $\sum u_n$ 收敛但 $\sum|u_n|$ 发散，则称 $\sum u_n$ 条件收敛。
绝对收敛、条件收敛都属于“级数收敛”，但强弱不同。
- $\sum u_n$ 是任意实数项级数，且 $\sum|u_n|$ 收敛
$\sum u_n$ 收敛（从而绝对收敛是比收敛更强的条件）。
证明思路
由柯西准则，$\sum|u_n|$ 收敛给出：$n$ 大时 $\sum_{k=n+1}^{n+p}|u_k|<\varepsilon$。
从而 $\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}u_k\right|\le\sum_{k=n+1}^{n+p}|u_k|<\varepsilon$。
故 $\sum u_n$ 也满足柯西条件，收敛。
逆命题不成立：$\sum\frac{(-1)^{n-1}}{n}$ 条件收敛。
- $\{a_k\},\{b_k\}$ 为两实数列
- 记 $A_n=\sum\limits_{k=1}^{n}a_k$，约定 $A_0=0$
$\sum\limits_{k=m+1}^{n}a_k b_k=\sum\limits_{k=m+1}^{n-1}A_k(b_k-b_{k+1})+A_n b_n-A_m b_{m+1}$。
特别地，$\sum\limits_{k=1}^{n}a_k b_k=\sum\limits_{k=1}^{n-1}A_k(b_k-b_{k+1})+A_n b_n$。
证明思路
把 $a_k=A_k-A_{k-1}$ 代入左端并展开。
重组后相邻项抵消，只留边界项与差分项。
这是数列版的分部求和，对应积分里的分部积分。
用途：把“振荡部分”与“单调部分”拆开控制。
- 部分和数列 $A_n=\sum\limits_{k=1}^{n}a_k$ 有界
- $\{b_n\}$ 单调，且 $b_n\to 0$
级数 $\sum a_n b_n$ 收敛。
证明思路
用阿贝尔变换估计尾段 $\sum_{k=n+1}^{n+p}a_kb_k$。
边界项被 $A_k$ 的一致有界性控制。
中间项用 $b_k$ 单调趋于 $0$，裂项后为 telescoping 量。
两者合起来满足柯西准则，故收敛。
典型用法：$a_n=\sin n$ 或 $\cos n$，其部分和可用和差化积估界。
适用对象：一般项级数（可变号）。正项特例时退化为比较型估计，但通常不这样说。
狄利克雷判别法出自十九世纪三角级数收敛性的研究：要控住 $\sum\frac{\sin nx}{n}$ 这类级数，就得把“部分和有界”和“系数单调趋零”拆开管理。阿贝尔随后把第二个因子放宽为“单调有界”，照顾到 $\sum a_n$ 本身收敛的情形。
- $\sum a_n$ 收敛
- $\{b_n\}$ 单调有界
级数 $\sum a_n b_n$ 收敛。
证明思路
设 $b_n\to b$，写 $a_nb_n=b\,a_n+a_n(b_n-b)$。
第一项对应收敛级数 $b\sum a_n$。
对第二项用狄利克雷判别法：$\sum a_n$ 的部分和收敛故有界，$b_n-b$ 单调趋于 $0$。
两级数相加仍收敛。
结论：单调有界因子不破坏收敛性。
- $\sum u_n$ 绝对收敛
- $\sum v_n$ 是 $\sum u_n$ 的任意一个重排
$\sum v_n$ 仍绝对收敛，且与 $\sum u_n$ 有相同和。
证明思路
先对正部、负部使用正项级数的收敛性与有界性。
绝对收敛保证正部、负部各自有限（不同时发散）。
重排不改变部分和的极限，通过 $\varepsilon$ 控制任意有限缺口。
故和不变。
对比：条件收敛级数重排后和可以改变（黎曼定理）。
一般认为这类现象最早由狄利克雷在十九世纪早期注意到，黎曼后来给出完整图景：条件收敛级数经重排可以收敛到任意指定的数，也可以发散。所以绝对收敛不是记号上的加强，而是搬家自由的执照。
“绝对收敛”删不得：重排能改和。$1-\frac12+\frac13-\cdots=\ln2$，按“两正一负”重排成 $1+\frac13-\frac12+\frac15+\frac17-\frac14+\cdots=\frac32\ln2$。绝对收敛时正负两部都收敛，重排无从调配；条件收敛时两部各自发散，顺序就是筹码。
讨论 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\dfrac1n$ 的收敛性，并判断是绝对收敛还是条件收敛。
解答与答案
- 令 $u_n=\frac1n > 0$，则 $u_{n+1} < u_n$，且 $u_n\to 0$。
- 由莱布尼茨判别法，交错级数 $\sum(-1)^{n-1}\frac1n$ 收敛。
- 但 $\sum\left|(-1)^{n-1}\frac1n\right|=\sum\frac1n$ 为调和级数，发散。
- 故原级数条件收敛。
答案收敛，且为条件收敛（不是绝对收敛）。
证明 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sin n}{n}$ 收敛。
解答与答案
- 取 $a_n=\sin n$，$b_n=\frac1n$。
- $b_n$ 单调递减趋于 $0$。
- 对 $A_N=\sum_{n=1}^{N}\sin n$，用和差化积得 $A_N=\dfrac{\cos\frac12-\cos\left(N+\frac12\right)}{2\sin\frac12}$，故 $|A_N|\le\dfrac{1}{|\sin\frac12|}$ 有界。
- 由狄利克雷判别法，$\sum\frac{\sin n}{n}$ 收敛。
答案收敛（事实上为条件收敛；$\sum\frac{|\sin n|}{n}$ 发散，此处只需判收敛）。
- 把绝对收敛当收敛的同义词：$\sum\frac{(-1)^{n-1}}{n}$ 收敛但不绝对收敛。绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛，反之不然。
- 对一般变号级数套用莱布尼茨：该判别只适用于交错型 $\sum(-1)^{n-1}u_n$（$u_n > 0$ 递减趋于 $0$），不能用于任意变号的 $u_n$。
- 狄利克雷与阿贝尔条件对调：狄利克雷要求“部分和有界 $+$ 第二因子单调趋于 $0$”；阿贝尔要求“第一因子收敛 $+$ 第二因子单调有界”。写反会证不下去。
- 由 $\sum|u_n|$ 发散推出 $\sum u_n$ 发散：不对，可能条件收敛。发散只能在 $u_n\not\to0$ 或用柯西准则等方法确认。
1下列级数中条件收敛的是
答案与解析
正确答案：B
B 由莱布尼茨收敛，但绝对值是调和级数故不绝对收敛；A、C、D 的绝对值均收敛，属于绝对收敛。
2若 $\sum|u_n|$ 收敛，则 $\sum u_n$ 必收敛。
答案与解析
正确答案：A
绝对收敛蕴含收敛，可用柯西准则与三角不等式直接证明；这是把正项判别法用于变号级数的合法出口。
函数列与函数项级数CHAPTER 13 · 2 SECTIONS
本章研究“随自变量变化的一列函数”与“无穷个函数相加”的极限问题。核心是把逐点收敛加强为一致收敛：收敛速度在定义域上可统一控制。先给出一致收敛的定义与柯西准则、优级数判别，再证明一致收敛能保持连续性、并允许逐项积分与逐项求导。
上一章把无穷求和钉成部分和的极限，这一章把同样的问题放进 $x$：每个 $x$ 各有一个级数，于是多出一个速度问题——$N$ 要不要随 $x$ 变。一致收敛正是为保住连续、积分、求导三种运算立下的规矩，它也解释了第十四章幂级数为什么在收敛区间里那么听话，并在含参量积分一章继续管事。
§1一致收敛性
一致收敛是十九世纪中叶被怪事逼出来的：连续函数的三角级数和竟然可以不连续，“逐点就够用”的信念塌了。魏尔斯特拉斯用 $\varepsilon$-$\delta$ 语言把“统一的 $N$”写进定义，这类怪事才有了精确病因。
验一致收敛有顺序：先试 M 判别法找优级数；不行就拆成“部分和一致有界乘上单调一致趋零”用狄利克雷或阿贝尔；再不行回定义算 $\sup_x|S_n(x)-S(x)|$。函数列则直接盯 $\sup_x|f_n-f|$。
设 $\{f_n\}$ 是定义在数集 $D$ 上的函数列，$f$ 是 $D$ 上的函数。若对每个固定的 $x\in D$，数列 $\{f_n(x)\}$ 收敛于 $f(x)$，则称 $\{f_n\}$ 在 $D$ 上逐点收敛于 $f$，记作 $f_n\to f$（$D$ 上）。
逐点收敛只要求对每个 x 各自存在极限，允许“跑得快的点”与“跑得慢的点”速度不同。
设 $f_n,f:D\to\mathbb{R}$。若 $\forall\varepsilon > 0,\ \exists N\in\mathbb{N},\ \forall n > N,\ \forall x\in D:\ |f_n(x)-f(x)|<\varepsilon$，则称 $\{f_n\}$ 在 $D$ 上一致收敛于 $f$，记作 $f_n\rightrightarrows f$（$D$ 上）。
关键：$N$ 只依赖 $\varepsilon$，不依赖 $x$。一致收敛必然逐点收敛；反之不成立。
- $f_n,f:D\to\mathbb{R}$，且 $f_n\to f$ 逐点收敛
$f_n\rightrightarrows f$（$D$ 上）$\iff$ $\lim\limits_{n\to\infty}\sup\limits_{x\in D}|f_n(x)-f(x)|=0$。
证明思路
记 $\delta_n=\sup_{x\in D}|f_n(x)-f(x)|$。
一致收敛定义等价于：$n$ 大时 $\delta_n < \varepsilon$。
即 $\delta_n\to 0$。
上确界不存在时可用 $\sup$ 的正部或直接写 $\forall x$ 的量词形式。
上确界就是最慢的点：$\lim\sup_x|f_n-f|=0$ 把“处处逼近”升级成“整批逼近”。删掉对全体 $x$ 取的 sup 就漏网：$f_n(x)=\frac{nx}{1+n^2x^2}$ 在 $[0,1]$ 逐点趋于 $0$，但 $x_n=\frac1n$ 处 $f_n(x_n)=\frac12$，sup 一直不小于 $\frac12$。
- $\{f_n\}$ 是 $D$ 上的函数列
$\{f_n\}$ 在 $D$ 上一致收敛 $\iff$ $\forall\varepsilon > 0,\ \exists N,\ \forall n > N,\ \forall p\ge 1,\ \forall x\in D:\ |f_{n+p}(x)-f_n(x)|<\varepsilon$。
证明思路
必要性：由三角不等式 $|f_{n+p}-f_n|\le|f_{n+p}-f|+|f_n-f|$。
充分性：固定 $x$，$\{f_n(x)\}$ 是柯西列，故收敛，从而逐点定义极限函数 $f$。
再在柯西条件中令 $p\to\infty$，得 $|f_n(x)-f(x)|\le\varepsilon$，且与 $x$ 无关。
这就给出一致收敛。
与数列柯西准则的区别：量词 $\forall x$ 必须放在 $N$ 之后、且 $N$ 不依赖 $x$。
设 $\{u_n\}$ 是 $D$ 上的函数列，称 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n(x)$ 为函数项级数，$S_n(x)=\sum\limits_{k=1}^{n}u_k(x)$ 为部分和。若 $\{S_n\}$ 在 $D$ 上（逐点）收敛于 $S(x)$，称级数在 $D$ 上收敛于 $S$；若 $S_n\rightrightarrows S$，称级数在 $D$ 上一致收敛于 $S$。
函数项级数的一致收敛，就是部分和函数列的一致收敛。
- $\sum u_n(x)$ 是 $D$ 上的函数项级数
$\sum u_n$ 在 $D$ 上一致收敛 $\iff$ $\forall\varepsilon > 0,\ \exists N,\ \forall n > N,\ \forall p\ge 1,\ \forall x\in D:\ \left|\sum\limits_{k=n+1}^{n+p}u_k(x)\right|<\varepsilon$。
证明思路
部分和之差 $S_{n+p}-S_n=\sum_{k=n+1}^{n+p}u_k$。
对部分和函数列用一致收敛柯西准则。
取 $p=1$ 得必要条件：$u_n$ 一致收敛于 $0$（即 $\sup_D|u_n|\to0$）。
但 $\sup_D|u_n|\to0$ 对一般变号级数不是充分条件，仍需完整尾段估计。
- $\sum u_n(x)$ 是 $D$ 上的函数项级数
- 存在收敛的正项级数 $\sum M_n$，使得 $\forall n,\ \forall x\in D:\ |u_n(x)|\le M_n$
$\sum u_n(x)$ 在 $D$ 上绝对且一致收敛。
证明思路
对任意 $x$，$\sum|u_n(x)|\le\sum M_n < +\infty$，故绝对收敛。
尾段：$\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}u_k(x)\right|\le\sum_{k=n+1}^{n+p}M_k$。
由 $\sum M_n$ 收敛，右端对 $p$ 一致地小于 $\varepsilon$。
再用柯西准则得一致收敛。
$M_n$ 与 $x$ 无关，这正是一致性的来源。
适用对象：任意函数项级数（含变号）；给出的是绝对且一致收敛，是最强也最好用的充分条件。
M 判别法得名魏尔斯特拉斯，是他把分析算术化时的标准工具：先找一个与 $x$ 无关的优级数把每项罩住，把函数项问题整个降维成数项级数。这套“先降维再判定”后来成了一致收敛理论的原型。
命门是 $M_n$ 与 $x$ 无关：若界随 $x$ 变，$\sup_x$ 那一步就过不去，等于用各点自己的尺子量尾巴。$\sum M_n$ 还得是真收敛的数项级数，比如 $M_n=2^{-n}$，$\sum M_n=1$，被它罩住的级数一律绝对且一致收敛。
- $u_n(x)=a_n(x)b_n(x)$，$x\in D$
- $A_N(x)=\sum\limits_{n=1}^{N}a_n(x)$ 在 $D$ 上一致有界，即 $\exists K:\ |A_N(x)|\le K$ 对一切 $N,x$ 成立
- 对每个 $x$，$\{b_n(x)\}$ 关于 $n$ 单调，且 $b_n(x)\rightrightarrows 0$（$D$ 上）
$\sum a_n(x)b_n(x)$ 在 $D$ 上一致收敛。
证明思路
用阿贝尔变换写尾段，边界项由 $A_N$ 的一致有界性压住。
差分项 $b_k-b_{k+1}$ 同号（固定 $x$ 单调）且可裂项相消。
$b_n\rightrightarrows 0$ 保证 $N$ 不依赖 $x$。
合起来满足一致收敛的柯西准则。
典型：$a_n(x)=\sin nx$ 或 $\cos nx$，部分和有与 $x$ 无关的界。
适用对象：一般项（可变号）函数项级数；不能拿 M 判别硬套时用它。
- $\sum a_n(x)$ 在 $D$ 上一致收敛
- 对每个 $x$，$\{b_n(x)\}$ 关于 $n$ 单调，且 $\{b_n(x)\}$ 在 $D$ 上一致有界
$\sum a_n(x)b_n(x)$ 在 $D$ 上一致收敛。
证明思路
固定 $x$，设 $b_n(x)\to b(x)$，写 $a_nb_n=b\,a_n+a_n(b_n-b)$。
第一项因 $\sum a_n$ 一致收敛而一致收敛。
第二项用狄利克雷：$\sum a_n$ 的部分和一致收敛故有界，$b_n-b$ 单调一致趋于 $0$。
两项均一致收敛，和仍一致收敛。
与数项级数的阿贝尔判别对应，只是有界、单调、收敛都要“一致”。
若对任意含于 $D$ 内部的闭区间 $[a,b]\subset D$，$f_n$ 都在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $f$，则称 $f_n$ 在 $D$ 上内闭一致收敛于 $f$。
幂级数在收敛区间内闭一致收敛，但端点或全区间未必一致收敛。
讨论 $f_n(x)=\dfrac{x}{1+nx^2}$ 在 $\mathbb{R}$ 上的一致收敛性。
解答与答案
- 对每个固定的 $x$，$f_n(x)\to 0$，故逐点极限 $f(x)\equiv 0$。
- 求 $|f_n(x)|$ 的最大值：由 $1+nx^2\ge 2\sqrt{n}|x|$（$x\neq 0$），得 $|f_n(x)|\le\dfrac{1}{2\sqrt n}$。
- 且 $x=\frac1{\sqrt n}$ 时取到 $f_n=\frac{1}{2\sqrt n}$，故 $\sup_{x\in\mathbb{R}}|f_n(x)|=\dfrac{1}{2\sqrt n}\to 0$。
- 由上确界形式，$f_n\rightrightarrows 0$ 于 $\mathbb{R}$ 上。
答案在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛于 $0$，且 $\sup|f_n|=\frac1{2\sqrt n}$。
讨论 $f_n(x)=x^n$ 在 $[0,1]$ 与在 $[0,a]$（$0 < a < 1$）上的一致收敛性。
解答与答案
- 逐点极限：$x\in[0,1)$ 时 $x^n\to 0$；$x=1$ 时 $x^n=1$。故在 $[0,1]$ 上极限函数有间断跳跃。
- 在 $[0,1]$ 上 $\sup_{x\in[0,1]}|f_n(x)-f(x)|=1$ 不趋于 $0$，故不一致收敛。
- 在 $[0,a]$（$0 < a < 1$）上 $|x^n|\le a^n\to 0$，且该界与 $x$ 无关。
- 故在 $[0,a]$ 上一致收敛于 $0$；这也是一致收敛能保连续、而逐点收敛不能的典型例子。
答案$[0,1]$ 上逐点收敛但不一致收敛；$[0,a]$（$0 < a < 1$）上一致收敛于 $0$。
- 混淆“逐点收敛”与“一致收敛”：一致收敛要求 $N$ 不依赖 $x$。$f_n(x)=x^n$ 在 $[0,1]$ 上逐点收敛却不一致收敛。
- 以为 $u_n(x)\to 0$ 对每个 $x$ 成立就能保证 $\sum u_n(x)$ 一致收敛：函数项级数需要尾段和被统一控制，仅有通项趋于 $0$ 不够（一致趋于 $0$ 也未必充分）。
- M 判别法中 $M_n$ 必须与 $x$ 无关且 $\sum M_n$ 收敛；写成 $|u_n(x)|\le M_n(x)$ 且 $\sum M_n(x)$ 点点收敛，得不到一致收敛。
- 狄利克雷/阿贝尔条件里的“单调、有界、趋于 $0$”都必须按 $x$ 一致理解（一致有界、一致趋于 $0$），只在每个 $x$ 处成立不够。
1设 $f_n(x)=\dfrac{x}{n}$，则在 $[0,1]$ 上
答案与解析
正确答案：A
$\sup_{x\in[0,1]}|f_n(x)|=\frac1n\to 0$，故一致收敛于 $0$；它逐点收敛更成立。
2若 $f_n$ 在 $D$ 上一致收敛于 $f$，则 $f_n$ 在 $D$ 上逐点收敛于 $f$。
答案与解析
正确答案：A
一致收敛的 $N$ 适用于所有 $x$，自然也适用于每个固定 $x$；一致收敛是更强的条件。
§2一致收敛函数列与函数项级数的性质
一致收敛保护的是极限号与积分、求导号换序。反例形状是窄而高的尖峰：$f_n$ 在 $(0,\frac1n]$ 上取 $n$、别处（含 $x=0$）为 $0$，每个 $\int_0^1 f_n=1$；而固定任意 $x\ge0$，$n$ 大过 $1/x$ 后 $f_n(x)=0$，逐点极限恒为 $0$，$\int_0^1 f=0$。质量挤进越来越窄的条里逃逸，换序就错；一致收敛把尖峰按死。
- $f_n$ 在 $D$ 上连续（或在 $x_0\in D$ 连续）
- $f_n\rightrightarrows f$ 于 $D$ 上
极限函数 $f$ 在 $D$ 上连续（或在 $x_0$ 连续）。
证明思路
用三段估计：$|f(x)-f(x_0)|\le|f(x)-f_n(x)|+|f_n(x)-f_n(x_0)|+|f_n(x_0)-f(x_0)|$。
首尾两项由一致收敛控制，取 $n$ 大后小于 $\varepsilon/3$。
中间项由 $f_n$ 的连续性控制。
三项合起来给出 $f$ 在 $x_0$ 连续。
对函数项级数：各项连续且级数一致收敛 $\Rightarrow$ 和函数连续。
收敛 vs 一致收敛：$f_n(x)=x^n$ 在 $[0,1]$ 逐点收敛，极限在 $x=1$ 不连续；一致收敛才是保连续的充分条件。
- $f_n$ 在 $[a,b]$ 上可积（或连续）
- $f_n\rightrightarrows f$ 于 $[a,b]$ 上
$f$ 在 $[a,b]$ 上可积，且 $\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x=\lim\limits_{n\to\infty}\int_a^b f_n(x)\,\mathrm{d}x$。
对函数项级数：$\sum u_n$ 一致收敛时，$\int_a^b\sum u_n=\sum\int_a^b u_n$。
证明思路
估计积分差：$\left|\int_a^b(f-f_n)\right|\le\int_a^b|f-f_n|\le(b-a)\sup|f-f_n|$。
一致收敛使右端趋于 $0$。
可积性：$f$ 是一致收敛的可积函数列的极限，可用达布和或连续情形的极限定理。
于是积分与极限可交换次序。
一致收敛保证 $(b-a)\sup|f-f_n|$ 可统一控制。
适用区间是有限闭区间 $[a,b]$；反常积分要另加一致收敛条件，见含参量积分一章。
- $f_n$ 在 $[a,b]$ 上有连续导数（或可导）
- 导函数列 $\{f_n'\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛
- 存在 $x_0\in[a,b]$，使数列 $\{f_n(x_0)\}$ 收敛
$f_n$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于某 $f$，$f$ 可导，且 $f'(x)=\lim\limits_{n\to\infty}f_n'(x)$，即 $(\lim f_n)'=\lim f_n'$。
对函数项级数：若 $\sum u_n'$ 一致收敛且 $\sum u_n(x_0)$ 收敛，则 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\sum u_n=\sum u_n'$。
证明思路
先用微分中值公式：$f_n(x)-f_m(x)=f_n(x_0)-f_m(x_0)+\int_{x_0}^{x}(f_n'-f_m')$。
导函数一致收敛 $+$ 一点收敛，给出 $\{f_n\}$ 的一致柯西性，故 $f_n\rightrightarrows f$。
再对 $\int_{x_0}^{x}f_n'$ 用逐项积分定理，得 $f(x)=f(x_0)+\int_{x_0}^{x}\lim f_n'$。
由微积分基本定理，$f'=(\lim f_n')$。
注意：要求一致收敛的是导函数列，不是 $f_n$ 本身；结论还要求某点收敛。
条件里一致收敛的是导函数列 $f_n'$，不是 $f_n$ 自己：$f_n(x)=\frac{\sin n^2x}{n}$ 一致收敛到 $0$（$|f_n|\le\frac1n$），但 $f_n'(x)=n\cos n^2x$ 越振越猛，$\lim f_n$ 的导数是 $0$，$\lim f_n'$ 却不存在。“某点收敛”也不能删，它负责钉住整个函数列。
- $\{f_n\}$ 是 $[a,b]$ 上的连续函数列
- 对每个固定的 $x\in[a,b]$，数列 $\{f_n(x)\}$ 关于 $n$ 单调，且单调方向与 $x$ 无关（不妨设对一切 $x$ 有 $f_{n+1}(x)\le f_n(x)$）
- $f_n\to f$ 逐点于 $[a,b]$，且 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续
$\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $f$，即 $\lim\limits_{n\to\infty}\sup\limits_{x\in[a,b]}|f_n(x)-f(x)|=0$。
证明思路
不妨设 $f_n(x)$ 对 $n$ 单调递减趋于 $f(x)$（单调递增时改看 $f-f_n$）。
令 $g_n=f_n-f$，则 $g_n\downarrow 0$ 且连续。
用有限覆盖或紧性，把“每个点收敛”转化为区间上的一致控制。
反设不一致收敛，可抽出点列使 $g_n\ge\varepsilon$，与单调趋于 $0$ 矛盾。
故一致收敛。
闭区间与连续性条件不可去，否则反例易构造
三条件各管一段：删掉“极限连续”，$f_n(x)=\min(1,n(1-x))$ 在 $[0,1]$ 逐点升到一个在 $x=1$ 跳一步的 $f$，在 $x_n=1-\frac1{2n}$ 处偏差恒为 $\frac12$，绝不一致；删掉“逐点单调”，宽 $\frac1n$、高 $1$ 的游走三角包逐点趋于 $0$ 也不一致。
- $f_n\rightrightarrows f$，$g_n\rightrightarrows g$ 于 $D$ 上
- $\{f_n\}$ 与 $\{g_n\}$ 在 $D$ 上一致有界：存在 $M>0$，使对一切 $n$ 与一切 $x\in D$ 有 $|f_n(x)|\le M$、$|g_n(x)|\le M$
- 讨论商时另设：存在 $c>0$，使 $|g(x)|\ge c$ 对一切 $x\in D$ 成立
$f_n\pm g_n\rightrightarrows f\pm g$ 于 $D$；在条件 (2) 下 $f_ng_n\rightrightarrows fg$ 于 $D$；在条件 (2)(3) 下，当 $n$ 充分大时 $g_n$ 在 $D$ 上处处不为零，且 $f_n/g_n\rightrightarrows f/g$ 于 $D$。
证明思路
和：用三角不等式与 $\sup$ 线性控制。
积：展开 $f_ng_n-fg=f_n(g_n-g)+(f_n-f)g$，一致有界性把因子压成常数。
商：先证 $1/g_n$ 一致收敛于 $1/g$，再化为乘积。
退化：$g$ 可能取 $0$ 时商不成立，故必须写 $|g|\ge c > 0$。
设 $S(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sin nx}{n^2}$，证明 $S$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续，并求 $\int_0^{\pi}S(x)\,\mathrm{d}x$。
解答与答案
- 因为 $\left|\dfrac{\sin nx}{n^2}\right|\le\dfrac1{n^2}$ 且 $\sum\frac1{n^2}$ 收敛，由 M 判别法，级数在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛。
- 各项 $x\mapsto\frac{\sin nx}{n^2}$ 连续，故和函数 $S$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续。
- 在 $[0,\pi]$ 上可逐项积分：$\int_0^{\pi}S=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac1{n^2}\int_0^{\pi}\sin nx\,\mathrm{d}x$。
- $\int_0^{\pi}\sin nx\,\mathrm{d}x=\dfrac{1-\cos n\pi}{n}=\dfrac{1-(-1)^n}{n}$，故 $\int_0^{\pi}S=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1-(-1)^n}{n^3}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{2}{(2k+1)^3}$。
答案$S$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续；$\displaystyle\int_0^{\pi}S(x)\,\mathrm{d}x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2}{(2k+1)^3}=\frac{7}{4}\zeta(3)$（若只写奇数立方倒数之和亦可）。
设 $f_n(x)=x+\dfrac{x^2}{2}+\cdots+\dfrac{x^n}{n}$，讨论 $f_n$ 在 $(-1,1)$ 上的一致收敛性，并说明能否逐项求导。
解答与答案
- 和函数 $S(x)=\sum_{n\ge1}\frac{x^n}{n}=-\ln(1-x)$，在 $(-1,1)$ 上逐点收敛。
- 在 $[0,a]$（$a < 1$）上 $\left|\sum_{k > n}\frac{x^k}{k}\right|\le\sum_{k > n}a^k=\frac{a^{n+1}}{1-a}\to 0$，故内闭一致收敛。
- 在 $(-1,1)$ 的全开区间上并非一致收敛：$x\to1^-$ 时尾段可接近调和尾段，$\sup_{x\in(-1,1)}|S(x)-S_n(x)|\not\to0$。
- 逐项求导：$f_n'(x)=1+x+\cdots+x^{n-1}\to\frac1{1-x}$，在 $[0,a]$ 上一致，故可内闭逐项求导，与 $S'(x)=\frac1{1-x}$ 相符。
答案在 $(-1,1)$ 内闭一致收敛，但在 $(-1,1)$ 上不一致收敛；在任意 $[-a,a]\subset(-1,1)$ 上可逐项求导。
- 把“逐点收敛 $+$ 各项连续”当成“和函数连续”：$f_n(x)=x^n$ 在 $[0,1]$ 是反例，极限函数在 $x=1$ 跳跃。
- 逐项求导时对 $f_n$ 本身要求一致收敛：真正需要的是 $f_n'$ 一致收敛 $+$ 某一点 $f_n(x_0)$ 收敛。两者对调都证不出来。
- 逐项积分只在有限闭区间上由一致收敛保证；无穷区间或反常积分需要一致收敛加可积性条件，不能直接照搬。
- 乘积、商的一致收敛需要额外有界性；$f_n\rightrightarrows f$、$g_n\rightrightarrows g$ 不能自动推出 $f_ng_n\rightrightarrows fg$，若因子无界可能失败。
1设 $f_n$ 在 $[a,b]$ 上连续且 $f_n\rightrightarrows f$，则
答案与解析
正确答案：B
一致收敛保持连续性：这是与逐点收敛最本质的差别之一；可导还需要导函数一致收敛。
2若 $\sum u_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛，且 $u_n$ 连续，则可逐项积分。
答案与解析
正确答案：A
一致收敛保证部分和一致收敛于和函数，积分与极限可交换；结论 $\int_a^b\sum u_n=\sum\int_a^b u_n$ 成立。
幂级数CHAPTER 14 · 2 SECTIONS
本章研究形如 $\sum a_n(x-x_0)^n$ 的幂级数。由阿贝尔定理引入收敛半径，证明幂级数在收敛区间内闭绝对且一致收敛，和函数连续、可积、可导，并可逐项微分积分。再讨论函数展开为幂级数：泰勒级数、麦克劳林展开、唯一性，以及 $e^x,\sin x,\cos x,\ln(1+x),(1+x)^\alpha$ 等基本展开。
函数项级数的一般理论里，一致收敛要逐条判别；幂级数把这事一次办完：系数一给，收敛范围自动是以中心对称的区间，区间内部自动一致收敛、可以逐项求导积分。这一章先立阿贝尔定理与收敛半径，再反过来问哪些函数真能写成幂级数，答案牵出泰勒展开与余项判据，给以后所有“展开来算”的手法打底。
§1幂级数
阿贝尔定理是十九世纪二十年代的产物：阿贝尔研究二项式级数 $\sum\binom{\alpha}{n}x^n$ 时要回答“在哪收敛、和是多少”，关键一步就是收敛点把内侧整圈拖入绝对收敛。幂级数的区间结构由此定型。
形如 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(x-x_0)^n=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+\cdots$ 的函数项级数称为关于 $(x-x_0)$ 的幂级数，其中 $a_n\in\mathbb{R}$ 称为系数，$x_0$ 为中心。$x_0=0$ 时即 $\sum a_n x^n$。
幂级数是“多项式加无穷项”，比一般函数项级数结构更刚性。
- $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n x^n$ 是幂级数
(1) 若 $\sum a_n x_0^n$ 在某点 $x_0\neq 0$ 收敛，则对一切满足 $|x|<|x_0|$ 的 $x$，$\sum a_n x^n$ 绝对收敛。
(2) 若 $\sum a_n x_0^n$ 在某点 $x_0$ 发散，则对一切 $|x|>|x_0|$，$\sum a_n x^n$ 发散。
证明思路
(1) 收敛级数通项有界：$|a_n x_0^n|\le M$。
于是 $|a_n x^n|=|a_n x_0^n|\cdot|x/x_0|^n\le M r^n$，$r=|x/x_0|<1$。
与几何级数比较得绝对收敛。
(2) 是 (1) 的逆否：若 $|x|>|x_0|$ 处收敛会迫使 $x_0$ 处收敛。
因此收敛点集具有“以原点为中心的区间”结构。
条件里“$x_0\ne0$”不能少：$x=0$ 处幂级数永远收敛，等于没说。圈内绝对收敛靠拆项 $|a_nx^n|=|a_nx_0^n|\cdot|(x/x_0)|^n$，前因子有界、后因子几何塌缩，这一步只在 $|x|$ 小于 $|x_0|$ 时成立。看 $\sum\frac{x^n}{n}$：$x=-1$ 收敛，圈内全绝对收敛，$x=1$ 却是调和级数，端点不归定理管。
由阿贝尔定理，存在 $R\in[0,+\infty]$，使得：$|x-x_0|<R$ 时 $\sum a_n(x-x_0)^n$ 绝对收敛；$|x-x_0|>R$ 时发散。称 $R$ 为收敛半径，$(x_0-R,\,x_0+R)$ 为收敛区间，两端点 $x=x_0\pm R$ 处敛散性单独判定。
$R=+\infty$ 时处处收敛；$R=0$ 时只在 $x=x_0$ 收敛。收敛区间通常指开区间，收敛域要把端点是否收敛并进来。
- $\sum a_n(x-x_0)^n$ 为幂级数
若 $\lim\limits_{n\to\infty}\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lambda$（或 $\lim\sqrt[n]{|a_n|}=\lambda$），则 $R=\dfrac1\lambda$（$\lambda=0$ 时 $R=+\infty$；$\lambda=+\infty$ 时 $R=0$）。
一般地 $R=\dfrac1{\limsup\sqrt[n]{|a_n|}}$（柯西-阿达马公式，$\limsup=0$ 时 $R=+\infty$）。
证明思路
对 $\sum|a_n(x-x_0)^n|$ 用正项级数比值或根值判别法。
比值极限为 $\lambda|x-x_0|$，当 $\lambda|x-x_0|<1$ 即 $|x-x_0|<1/\lambda$ 时收敛。
$>1$ 时发散，故半径恰为 $1/\lambda$。
根值版同理，且不需 $a_n$ 的比值极限存在。
柯西-阿达马用上极限，覆盖比值极限不存在的情形。
端点 $|x-x_0|=R$ 不在公式管辖范围内，须单独判别。
- $\sum a_n(x-x_0)^n$ 收敛半径为 $R > 0$
- $[a,b]\subset(x_0-R,\,x_0+R)$
幂级数在 $[a,b]$ 上绝对且一致收敛（因而在收敛区间内闭一致收敛）。
证明思路
取 $r < \min(b-x_0,x_0-a,R)$ 使 $[a,b]$ 含于 $[x_0-r,x_0+r]$。
在 $|x-x_0|\le r$ 时 $|a_n(x-x_0)^n|\le|a_n|r^n$。
由收敛半径，$\sum|a_n|r^n$ 收敛（$r < R$）。
用 M 判别法得一致绝对收敛。
闭区间紧性给出统一的 $r$。
- $\sum a_n(x-x_0)^n$ 收敛半径 $R > 0$，和函数 $S(x)$
- 逐项积分/求导结论均在收敛区间 $(x_0-R,x_0+R)$ 上陈述
(1) $S$ 在 $(x_0-R,x_0+R)$ 上连续。
(2) $S$ 可积，且可逐项积分：$\int_{x_0}^{x}S(t)\,\mathrm{d}t=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{a_n}{n+1}(x-x_0)^{n+1}$，收敛半径不变。
(3) $S$ 可导，且可逐项求导：$S'(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}n a_n(x-x_0)^{n-1}$，收敛半径不变。
证明思路
内闭一致收敛 $+$ 各项连续，用连续性定理得 (1)。
对任意闭子区间用逐项积分定理得 (2)。
对导级数：系数变大至多一个多项式因子，根值/比值公式表明半径不变。
导级数仍在 $|x-x_0|<R$ 内闭一致收敛，故可逐项求导，得 (3)。
反复求导知 $S\in C^\infty$。
三条结论全靠内闭一致收敛撑腰，“在收敛区间内部”这个范围删不得：$\sum\frac{x^n}{n^2}$ 在 $x=1$ 收敛到 $\frac{\pi^2}{6}$，求导得 $\sum\frac{x^{n-1}}{n}$，在 $x=1$ 却发散。半径不变说的是内部不变，不担保端点命运；连续、逐项积分、逐项求导都只在圈内自由。
- $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n$ 收敛
- $S(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n x^n$，$|x|<1$ 时由阿贝尔定理绝对收敛
和函数 $S(x)$ 在 $x=1$ 处左连续，即 $\lim\limits_{x\to 1^-}S(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n$。
更一般地：若 $\sum a_n(x-x_0-R)^n$ 在右端点收敛，则 $S$ 在该端点左连续。
证明思路
记 $A=\sum a_n$，部分和 $s_n$，$s_n\to A$。
阿贝尔求和变换：$\sum a_n x^n=(1-x)\sum s_n x^n$（$|x|<1$）。
$n$ 大时 $s_n$ 逼近 $A$，前段多项式贡献随 $x\to1^-$ 消失。
故 $S(x)\to A$。
要点：收敛 $+$ 幂级数结构 $\Rightarrow$ 端点极限等于端点级数和。
- $\sum a_n(x-x_0)^n$ 收敛半径 $R > 0$
逐项求导或逐项积分所得幂级数的收敛半径仍为 $R$（端点敛散性可能改变）。
证明思路
求导后系数 $ (n+1)a_{n+1}$，积分后系数 $a_{n-1}/n$。
比值/根值极限 $\lambda$ 不变，故 $R=1/\lambda$ 不变。
或由内闭一致收敛直接继承。
端点处原级数收敛而导级数发散是常见现象，故只说半径不变。
求 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^n}{n\,2^n}$ 的收敛半径与收敛域。
解答与答案
- 系数 $a_n=\dfrac{1}{n2^n}$，$\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\dfrac{n}{2(n+1)}\to\dfrac12$，故 $R=2$。
- 当 $x=2$ 时，级数为 $\sum\frac{2^n}{n2^n}=\sum\frac1n$，发散。
- 当 $x=-2$ 时，级数为 $\sum\frac{(-2)^n}{n2^n}=\sum\frac{(-1)^n}{n}$，由莱布尼茨判别法收敛。
- 故收敛半径 $R=2$，收敛域为 $[-2,2)$。
答案$R=2$，收敛域 $[-2,2)$。
设 $S(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^n}{n!}$，求 $S'(x)$ 并由此求 $S(x)$。
解答与答案
- 比值 $\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\frac1{n+1}\to 0$，故 $R=+\infty$，级数在 $\mathbb{R}$ 上收敛。
- 逐项求导：$S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}=S(x)$。
- 又 $S(0)=1$。满足 $y'=y$，$y(0)=1$ 的唯一解为 $y=e^x$。
- 故 $S(x)=e^x$，即 $e^x=\sum\frac{x^n}{n!}$。
答案$S'(x)=S(x)$，且 $S(x)=e^x$。
- 把“收敛区间”和“收敛域”混用：开区间 $(-R,R)$ 是收敛区间，端点必须单独代入检验，收敛域可能是闭、半开或开。
- 以为比值法失效就不能求半径：比值极限不存在时用柯西-阿达马 $R=1/\limsup\sqrt[n]{|a_n|}$，或对 $\sum|a_n x^n|$ 直接用根值。
- 阿贝尔第二定理只保证从区间内部趋向端点的极限等于端点级数和；不能反过来从 $\lim_{x\to1^-}S(x)$ 存在推出 $\sum a_n$ 收敛。
- 逐项求导后半径不变，但端点可能从收敛变发散（如 $\sum\frac{x^n}{n}$ 在 $x=-1$ 收敛，导级数 $\sum x^{n-1}$ 在 $x=-1$ 发散）。
1幂级数 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}n!\,x^n$ 的收敛半径是
答案与解析
正确答案：A
比值 $\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=n+1\to+\infty$，故 $R=0$，只在 $x=0$ 处收敛。
2若幂级数在 $x=x_0+R$ 处收敛，则阿贝尔第二定理给出该点的连续性。
答案与解析
正确答案：A
端点收敛时，和函数从区间内趋向该端点的极限等于端点处级数的和，这是阿贝尔第二定理的内容。
§2函数的幂级数展开
展开有固定工序：求导写系数、算收敛半径、验余项 $R_n(x)\to0$、单独查端点。前三步全对也可能栽在端点：$\ln(1+x)$ 的展开在 $x=1$ 收敛、$x=-1$ 发散，收敛域是 $(-1,1]$。
设 $f$ 在 $x_0$ 的某邻域内有各阶导数。称幂级数 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$ 为 $f$ 在 $x_0$ 处的泰勒级数。$x_0=0$ 时称麦克劳林级数：$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$。
泰勒级数只是“形式级数”，不一定收敛到 $f$；收敛到 $f$ 才叫 $f$ 可展开为幂级数。
泰勒级数得名布鲁克·泰勒，出自十八世纪初的《增量法及其逆》；$x_0=0$ 的特例叫麦克劳林级数，得名柯林·麦克劳林，一般认为由他在十八世纪上半叶系统用开。一条公式，两代人的名字。
- $f$ 在 $x_0$ 的某邻域 $U$ 内有各阶导数
- 泰勒公式余项取拉格朗日形式 $R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$，或积分余项
在 $U$ 上 $f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$ $\iff$ $R_n(x)\to 0$（$n\to\infty$）对 $x\in U$ 成立。
若只对某一点 $x_1$ 成立，则在 $x_1$ 处展开式成立。
证明思路
有限阶泰勒公式：$f(x)=T_n(x)+R_n(x)$。
$T_n(x)$ 正是泰勒级数的部分和。
故部分和趋于 $f(x)$ 当且仅当 $R_n(x)\to0$。
一致展开需 $R_n$ 一致趋于 $0$。
实际验证常对 $f^{(n)}$ 给一致上界。
无穷次可导不保证可展开：经典反例为 $f(x)=e^{-1/x^2}$（补充 $f(0)=0$）在 $0$ 处各阶导数为零，但 $f\not\equiv0$。
承重的是 $R_n(x)\to0$，无穷次可导不担保它：$f(x)=e^{-1/x^2}$（补 $f(0)=0$）在 $0$ 处各阶导数全是 $0$，泰勒级数恒为 $0$，但 $f(0.1)=e^{-100}\approx3.7\times10^{-44}$，差得再小也不相等。另外“对邻域每点成立”弱化成“对某点 $x_1$ 成立”，结论也缩到那一点。
- $f$ 在 $x_0$ 的某邻域内可展开为收敛幂级数 $\sum c_n(x-x_0)^n$
系数唯一：$c_n=\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$，即展开必为泰勒级数。
证明思路
幂级数在收敛区间内无穷次可导，且可逐项求导。
反复求导并代入 $x=x_0$，得 $c_n=f^{(n)}(x_0)/n!$。
故系数由 $f$ 在 $x_0$ 的各阶导数唯一决定。
唯一性是“比较系数法”的依据。
- 各展开式均在 $e^x$ 等函数的收敛域内成立；$x=\pm1$ 等端点按具体级数判别
$e^x=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^n}{n!}$，$x\in\mathbb{R}$；
$\sin x=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!}$，$x\in\mathbb{R}$；
$\cos x=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!}$，$x\in\mathbb{R}$；
$\ln(1+x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n}$，$x\in(-1,1]$；
$(1+x)^{\alpha}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dbinom{\alpha}{n}x^n$，$x\in(-1,1)$，其中 $\dbinom{\alpha}{n}=\dfrac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}$。
证明思路
$e^x$：各阶导数 $e^x$ 在 $0$ 处为 $1$，余项由拉格朗日公式与 $e^x$ 的增长性控制，或由逐项求导解 $y'=y$。
$\sin,\cos$：导数循环，余项 $|R_n(x)|\le\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\to0$。
$\ln(1+x)$：先展开 $\frac1{1+x}$ 再逐项积分，端点 $x=1$ 由交错调和级数收敛。
$(1+x)^\alpha$：求各阶导数并估余项，收敛半径为 $1$。
端点必须单独检查：$\ln(1+x)$ 只收进 $x=1$，二项展开通常到开区间。
二项式级数在 $\alpha$ 为正整数时退化为多项式。
- $f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(x-x_0)^n$ 与 $g(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}b_n(x-x_0)^n$ 的收敛半径分别为 $R_f>0$、$R_g>0$
- 商的讨论中另设 $b_0=g(x_0)\ne 0$
- 代换 $u=\varphi(x)$ 中，$f$ 在 $u_0=\varphi(x_0)$ 处有展开 $f(u)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(u-u_0)^n$（$|u-u_0|<R_f$），且 $\varphi$ 在 $x_0$ 附近可展开为幂级数并满足 $\varphi(x_0)=u_0$
设 $f,g$ 的展开中心同为 $x_0$。
（1）加减：$f\pm g=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(a_n\pm b_n)(x-x_0)^n$ 在 $|x-x_0|<\min(R_f,R_g)$ 内成立，收敛半径不小于 $\min(R_f,R_g)$。
（2）数乘：$\alpha f=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\alpha a_n(x-x_0)^n$，收敛半径仍为 $R_f$。
（3）乘积：$fg=\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_n(x-x_0)^n$，其中 $c_n=\sum\limits_{k=0}^{n}a_kb_{n-k}$（柯西乘积），在 $|x-x_0|<\min(R_f,R_g)$ 内成立。
（4）商：若 $b_0\ne 0$，则 $f/g=\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_n(x-x_0)^n$，系数由 $\sum\limits_{k=0}^{n}b_kc_{n-k}=a_n$（$n=0,1,2,\ldots$）逐项递推确定，$c_0=a_0/b_0$；记 $d$ 为 $x_0$ 到 $g$ 的最近零点的距离（收敛圆内无零点时取 $d=+\infty$），则展开在 $|x-x_0|<\min(R_f,d)$ 内成立。
（5）代换：把 $u=\varphi(x)$ 代入 $f$ 的展开，按 $x-x_0$ 的幂重排，所得幂级数在 $|\varphi(x)-u_0|<R_f$ 的范围内收敛于 $f(\varphi(x))$；特别地，若 $|\varphi(x)-u_0|<R_f$ 对 $|x-x_0|<r$ 成立，则复合展开在 $|x-x_0|<r$ 内有效。
证明思路
加减与数乘由收敛级数的线性性直接得到。
乘积用绝对收敛的柯西乘积定理。
商：设 $f=g\cdot h$，比较系数递推解出 $h$ 的系数。
代换：把 $u=\varphi(x)$ 代入已知展开，再用复合函数极限。
所有操作只在内闭绝对收敛范围内保证合法。
将 $f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$ 展开为麦克劳林级数，并指出收敛域。
解答与答案
- 由几何级数 $\dfrac{1}{1-u}=\sum_{n=0}^{\infty}u^n$（$|u|<1$）。
- 取 $u=-x^2$，得 $\dfrac{1}{1+x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^{2n}$。
- 该级数当 $|x^2|<1$ 即 $|x|<1$ 时收敛；$|x|=1$ 时通项不趋于 $0$，发散。
答案$\dfrac{1}{1+x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^{2n}$，$x\in(-1,1)$。
求 $\ln\dfrac{1+x}{1-x}$ 的麦克劳林展开，并求 $\ln 2$ 的级数表达。
解答与答案
- $\ln\dfrac{1+x}{1-x}=\ln(1+x)-\ln(1-x)$。
- 当 $|x|<1$ 时，$\ln(1+x)=\sum_{n\ge1}(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}$，$\ln(1-x)=-\sum_{n\ge1}\frac{x^n}{n}$。
- 相减：$\ln\dfrac{1+x}{1-x}=\sum_{n\ge1}\frac{x^n}{n}-\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^n x^n}{n}=2\sum_{k\ge0}\frac{x^{2k+1}}{2k+1}$。
- 令 $x=\frac13$（仍在收敛域内），$\ln\frac{1+1/3}{1-1/3}=\ln 2=2\sum_{k\ge0}\frac{1}{(2k+1)3^{2k+1}}$。
答案$\ln\dfrac{1+x}{1-x}=2\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{x^{2k+1}}{2k+1}$（$|x|<1$）；$\ln 2=2\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{(2k+1)3^{2k+1}}$。
- 把“泰勒级数存在”当成“$f$ 等于它的泰勒级数”：必须验证余项 $R_n(x)\to0$；$e^{-1/x^2}$ 在 $0$ 处泰勒级数恒为 $0$，但函数不恒为 $0$。
- 展开收敛域想当然写成 $\mathbb{R}$：$\ln(1+x)$ 只在 $(-1,1]$，$(1+x)^\alpha$ 通常在 $(-1,1)$；端点要单独检验。
- 代换 $u=\varphi(x)$ 时忘记限制 $|\varphi(x)|$ 小于原展开半径：例如把 $\frac1{1+u}$ 的展开代 $u=x^2$，自动得到 $|x|<1$ 而不是 $|x|<+\infty$。
- 二项式展开对 $\alpha$ 为正整数时级数截断为多项式，仍写成无穷级数会漏掉有限终止的情形；$\alpha=0$ 时只有常数项 $1$。
1$f(x)=e^{-1/x^2}$（补充 $f(0)=0$）在 $x=0$ 处的麦克劳林级数是
答案与解析
正确答案：B
该函数在 $0$ 处各阶导数均为 $0$，故麦克劳林级数恒为 $0$；但 $x\neq0$ 时 $f(x)>0$，说明无穷可导未必可展。
2$\ln(1+x)$ 的麦克劳林展开在 $x=1$ 处收敛到 $\ln 2$。
答案与解析
正确答案：A
展开为交错调和型 $\sum(-1)^{n-1}\frac1n$，在 $x=1$ 处收敛，由阿贝尔第二定理其和等于 $\ln 2$。
傅里叶级数CHAPTER 15 · 3 SECTIONS
本章把周期函数展开成三角级数：先用三角函数系的正交性导出傅里叶系数，陈述狄利克雷收敛定理；再处理周期 $2l$ 的情形，用奇偶延拓把半区间上的函数展成正弦或余弦级数；最后用黎曼引理与狄利克雷核补上收敛性定理的完整证明。
幂级数把函数按 $x$ 的幂次展开，只收解析函数；傅里叶级数换一套坐标，把周期函数投到正弦余弦的正交基上，跳跃和折角都不再是障碍。这一章先用正交性把系数逐个抠出来，再用狄利克雷收敛定理回答“加回来等不等于原函数”，最后一节把证明拆成黎曼引理、狄利克雷核、卷积三件工具。这套正交展开是含参量积分与分离变量法共同的分析底座。
§1傅里叶级数
1807 年傅里叶向巴黎科学院提交热传导论文，声称任意函数都能展成三角级数，拉格朗日等人激烈反对；1822 年《热的解析理论》成书，争论反而逼出了“函数是什么”的新答案。1829 年狄利克雷补上第一个严格的收敛证明。
形如 $\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right)$ 的级数称为三角级数，其中 $a_0,a_n,b_n$ 为常数。
常数项写成 $a_0/2$ 是为了与后面的傅里叶系数公式统一：$a_n$ 的积分公式对 $n=0$ 也适用。
设 $\{\varphi_n\}$ 是 $[a,b]$ 上的可积函数系。若对任意 $n\neq m$ 有 $\int_a^b\varphi_n(x)\varphi_m(x)\,dx=0$，则称 $\{\varphi_n\}$ 是 $[a,b]$ 上的正交函数系；若还满足 $\int_a^b\varphi_n^2(x)\,dx=1$，则称为标准正交系。
正交的意思是“不同分量互相抵消”，这是能单独解出每个系数的关键。
- $\{1,\cos x,\sin x,\cos 2x,\sin 2x,\ldots\}$ 看作 $[-\pi,\pi]$ 上的函数系
任意两个不同函数的乘积在 $[-\pi,\pi]$ 上积分为零，即 $\int_{-\pi}^{\pi}\cos mx\cos nx\,dx=\int_{-\pi}^{\pi}\sin mx\sin nx\,dx=0$（$m\neq n$），$\int_{-\pi}^{\pi}\cos mx\sin nx\,dx=0$（$m,n$ 任意），且 $\int_{-\pi}^{\pi}1^2dx=2\pi$，$\int_{-\pi}^{\pi}\cos^2nx\,dx=\int_{-\pi}^{\pi}\sin^2nx\,dx=\pi$。
证明思路
用积化和差把 $\cos mx\cos nx$ 写成 $\frac12[\cos(m+n)x+\cos(m-n)x]$。当 $m\neq n$ 时两个余弦在一个周期上的积分为零。正弦与正弦、正弦与余弦的乘积同理化积。平方项用 $\cos^2t=\frac{1+\cos 2t}{2}$ 得到 $\pi$。
设 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期且在 $[-\pi,\pi]$ 上可积的函数。称 $a_n=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx$（$n=0,1,2,\ldots$），$b_n=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx$（$n=1,2,\ldots$）为 $f$ 的傅里叶系数；称三角级数 $\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right)$ 为 $f$ 的傅里叶级数，记作 $f(x)\sim\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right)$。
记号用“$\sim$”而不是“$=$”：系数总能算出，但级数是否收敛到 $f$ 是另一个问题。$a_0/2$ 是 $f$ 在一个周期上的平均值。
- $f$ 以 $2\pi$ 为周期
- 在 $[-\pi,\pi]$ 上只有有限个第一类间断点
- 在 $[-\pi,\pi]$ 上只有有限个极值点（即分段单调）
$f$ 的傅里叶级数在 $(-\infty,+\infty)$ 上处处收敛，且和为 $\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}$；特别地，在 $f$ 的连续点处收敛到 $f(x)$，在跳跃间断点处收敛到左右极限的平均值。
证明思路
先证黎曼引理，说明高频三角项的积分趋于零。把部分和 $S_n(x)$ 写成与狄利克雷核的卷积。利用核 $D_n(t)$ 的恒等式把 $S_n-\frac{f(x^+)+f(x^-)}{2}$ 化成两个积分。对两个积分分别作变量代换并用积分第二中值定理。再由黎曼引理让 $n\to\infty$ 时误差消失，得到平均值公式。完整细节见 §3。
1829 年狄利克雷为傅里叶的大胆断言补上第一个严格证明，一般认为这也是分析学里第一个函数项级数的收敛定理。他当年用的正是“分段单调加有限个间断”这套条件，本节沿用至今。
条件在管“别太野”：有限个第一类间断点管跳跃，有限个极值点（分段单调）管振荡。删掉“有限极值”，函数可以在无穷多处上下打摆，狄利克雷核的夹逼就失手。而间断点收敛到 $\frac{f(x^+)+f(x^-)}2$，正是尖峰对称站在跳口上的结果：方波在 $x=0$ 处级数吐 $0$，即 $1$ 与 $-1$ 的平均。
设 $f$ 以 $2\pi$ 为周期，在 $[-\pi,\pi)$ 上 $f(x)=x$，求 $f$ 的傅里叶级数，并写出其和函数。
解答与答案
- $f$ 为奇函数，故 $a_n=0$（$n=0,1,2,\ldots$）。
- $b_n=\dfrac{2}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{\pi}x\sin nx\,dx$。分部积分：取 $u=x$，$dv=\sin nx\,dx$，得 $b_n=\dfrac{2}{\pi}\left[-\dfrac{x\cos nx}{n}+\dfrac{\sin nx}{n^2}\right]_{0}^{\pi}=\dfrac{2}{\pi}\cdot\left(-\dfrac{\pi\cos n\pi}{n}\right)=\dfrac{2(-1)^{n+1}}{n}$。
- 故 $f(x)\sim2\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n}\sin nx$。
- 由狄利克雷定理，级数收敛到 $\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}$。在 $x=(2k+1)\pi$ 处左右极限分别为 $-\pi$ 与 $\pi$，和为 $0$；其余点连续，和为 $x$。
答案$f(x)\sim2\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n}\sin nx$；和函数 $S(x)=x$（$x$ 不是 $\pi$ 的奇数倍），$S((2k+1)\pi)=0$。
设 $f$ 以 $2\pi$ 为周期，在 $[-\pi,\pi)$ 上 $f(x)=x^2$，求其傅里叶级数，并由此求 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^2}$。
解答与答案
- $f$ 为偶函数，故 $b_n=0$。
- $a_0=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}x^2dx=\dfrac{2}{\pi}\cdot\dfrac{\pi^3}{3}=\dfrac{2\pi^2}{3}$。
- $a_n=\dfrac{2}{\pi}\displaystyle\int_{0}^{\pi}x^2\cos nx\,dx$。两次分部积分得 $a_n=\dfrac{4(-1)^n}{n^2}$。
- 故 $x^2\sim\dfrac{\pi^2}{3}+4\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n^2}\cos nx$，在 $[-\pi,\pi]$ 上等号处处成立。
- 取 $x=\pi$：$\pi^2=\dfrac{\pi^2}{3}+4\sum\dfrac{(-1)^n}{n^2}\cos n\pi=\dfrac{\pi^2}{3}+4\sum\dfrac{1}{n^2}$，解出 $\sum\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}$。
答案$x^2=\dfrac{\pi^2}{3}+4\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n^2}\cos nx$（$|x|\le\pi$）；$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}$。
- 把“$f$ 可积”当成“傅里叶级数收敛到 $f$”：可积只能保证系数存在；收敛到 $f$ 需要狄利克雷条件，而且在间断点处只收敛到左右极限的平均值。
- 算 $a_n$ 时忘掉常数项写成 $a_0/2$ 的约定，或把 $a_0$ 的公式写成 $\frac{1}{2\pi}\int f$：正确的是 $a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f\,dx$，它等于 $f$ 的平均值的两倍。
- 把傅里叶级数与幂级数混为一谈：幂级数在收敛区间内逐点代表一个解析函数；傅里叶级数是正交展开，允许跳跃间断，收敛方式更弱。
- 求 $b_n$ 时对奇函数仍照抄对称区间积分，或对偶函数多算出非零的 $b_n$：先判断奇偶可以省一半工作量。
1设 $f$ 满足狄利克雷条件，在 $x_0$ 处有跳跃间断，则其傅里叶级数在 $x_0$ 处的和为
答案与解析
正确答案：B
狄利克雷定理的结论是收敛到左右极限的平均值；连续点处才等于 $f(x_0)$。
2若 $f$ 是 $[-\pi,\pi]$ 上的奇函数，则其傅里叶系数中 $a_n=0$（$n=0,1,2,\ldots$）。
答案与解析
正确答案：A
$f(x)\cos nx$ 是奇函数，在对称区间上积分为零，故全部 $a_n$ 为零，级数只剩正弦项。
§2以 2l 为周期的函数的展开式
奇偶先看再算：奇函数只剩正弦项，偶函数只剩余弦项，省一半积分。$2l$ 周期的口诀是先换元 $t=\frac{\pi x}{l}$ 搬回 $2\pi$、算完再搬回去，角频率 $\frac{n\pi}{l}$ 别漏。
设 $f$ 以 $2l$ 为周期且在 $[-l,l]$ 上可积。称 $a_n=\dfrac{1}{l}\displaystyle\int_{-l}^{l}f(x)\cos\dfrac{n\pi x}{l}\,dx$（$n=0,1,2,\ldots$），$b_n=\dfrac{1}{l}\displaystyle\int_{-l}^{l}f(x)\sin\dfrac{n\pi x}{l}\,dx$（$n=1,2,\ldots$）为 $f$ 的傅里叶系数；对应傅里叶级数为 $\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos\dfrac{n\pi x}{l}+b_n\sin\dfrac{n\pi x}{l}\right)$。
作代换 $t=\dfrac{\pi x}{l}$ 即化为周期 $2\pi$ 的情形，故收敛定理照搬：狄利克雷条件下级数收敛到 $\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}$。
- $f$ 以 $2l$ 为周期且在 $[-l,l]$ 上可积
若 $f$ 为奇函数，则 $a_n=0$，$b_n=\dfrac{2}{l}\displaystyle\int_{0}^{l}f(x)\sin\dfrac{n\pi x}{l}\,dx$，级数为正弦级数；若 $f$ 为偶函数，则 $b_n=0$，$a_n=\dfrac{2}{l}\displaystyle\int_{0}^{l}f(x)\cos\dfrac{n\pi x}{l}\,dx$，级数为余弦级数。
证明思路
$f$ 奇时 $f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}$ 仍为奇函数，在对称区间积分为零。$f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}$ 为偶函数，积分可写成两倍的半区间积分。$f$ 偶时完全对称地讨论。代入定义即得简化公式。
承重处是积分区间关于原点对称：奇函数的 $a_n$ 积分 $\int_{-l}^{l}$ 正负相消为 $0$，全靠对称。若 $f$ 只在 $[0,l]$ 有定义、做的是奇延拓，那么“$a_n=0$”说的是延拓后的函数；原函数没定义负半轴，谈不上奇偶。
设 $f$ 定义在 $[0,l]$ 上。令 $F(x)=f(x)$（$0\le x\le l$），$F(x)=-f(-x)$（$-l\le x<0$），再以 $2l$ 为周期延拓，则称 $F$ 为 $f$ 的奇延拓；令 $G(x)=f(x)$（$0\le x\le l$），$G(x)=f(-x)$（$-l\le x<0$），再以 $2l$ 为周期延拓，则称 $G$ 为 $f$ 的偶延拓。$f$ 的奇延拓给出正弦级数，偶延拓给出余弦级数。
同一段曲线补成奇函数或偶函数，得到的展开式完全不同：端点 $x=0,l$ 处的收敛值也随延拓方式改变。
将 $f(x)=x$（$0\le x<l$）分别展成正弦级数与余弦级数（周期 $2l$）。
解答与答案
- 正弦展开：取奇延拓。$b_n=\dfrac{2}{l}\displaystyle\int_{0}^{l}x\sin\dfrac{n\pi x}{l}\,dx$。
- 分部积分：取 $u=x$，$dv=\sin\frac{n\pi x}{l}dx$，得 $b_n=\dfrac{2}{l}\left[-\dfrac{l x}{n\pi}\cos\dfrac{n\pi x}{l}+\dfrac{l^2}{n^2\pi^2}\sin\dfrac{n\pi x}{l}\right]_{0}^{l}=\dfrac{2l(-1)^{n+1}}{n\pi}$。
- 故 $x\sim\dfrac{2l}{\pi}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n}\sin\dfrac{n\pi x}{l}$。
- 余弦展开：取偶延拓。$a_0=\dfrac{2}{l}\displaystyle\int_{0}^{l}x\,dx=l$；$a_n=\dfrac{2}{l}\displaystyle\int_{0}^{l}x\cos\dfrac{n\pi x}{l}\,dx=\dfrac{2l}{n^2\pi^2}\left((-1)^n-1\right)$。
- 故 $x\sim\dfrac{l}{2}+\dfrac{2l}{\pi^2}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n-1}{n^2}\cos\dfrac{n\pi x}{l}$，偶数项为零，只剩奇数项 $-\dfrac{4l}{\pi^2}\sum\dfrac{1}{(2k-1)^2}\cos\dfrac{(2k-1)\pi x}{l}$。
答案正弦：$x\sim\dfrac{2l}{\pi}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n}\sin\dfrac{n\pi x}{l}$；余弦：$x=\dfrac{l}{2}-\dfrac{4l}{\pi^2}\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{(2k-1)^2}\cos\dfrac{(2k-1)\pi x}{l}$（$0\le x\le l$）。
- 把 $2\pi$ 周期的系数公式直接搬到 $2l$ 周期：正确公式是 $a_n=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f\cos\frac{n\pi x}{l}dx$，积分区间与角频率都要换。
- 做延拓后忘记在 $x=0$ 与 $x=l$ 处检查收敛值：奇延拓在 $x=0,l$ 处强制为 $0$，偶延拓在端点处等于原函数值（或单侧平均），这直接影响级数在端点等于什么。
- 把“展成正弦级数”理解成原函数等于正弦级数：严格说是它的奇延拓等于；原函数只在 $[0,l]$ 上有定义，端点处可能只剩平均值。
1把 $[0,l]$ 上的函数展成正弦级数，相当于先作
答案与解析
正确答案：B
正弦级数只含 $\sin\frac{n\pi x}{l}$ 项，要求延拓后的函数为奇函数，故必须作奇延拓。
2周期 $2l$ 的傅里叶系数公式中，$a_n$ 的积分区间是 $[0,l]$。
答案与解析
正确答案：B
定义式是 $a_n=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}dx$，积分区间为整个周期 $[-l,l]$；只有奇偶化简后才缩到 $[0,l]$。
§3收敛性定理的证明
把部分和写成卷积、再靠核的形状夹逼，是十九世纪三角级数严格化的标准动作：它把“级数收敛”翻译成“积分的极限”，估计才落得了地。后世调和分析的整套语言都从这里长出来。
- $f$ 在 $[a,b]$ 上可积（或分段连续）
$\lim\limits_{\lambda\to+\infty}\displaystyle\int_a^b f(x)\sin\lambda x\,dx=0$，且 $\lim\limits_{\lambda\to+\infty}\displaystyle\int_a^b f(x)\cos\lambda x\,dx=0$。
证明思路
对 $\sin\lambda x$ 情形证明。取分点把区间细分为 $\lambda$ 周期的小段，在每一小段上 $f$ 与某点的函数值之差一致地小。常值部分与 $\sin\lambda x$ 的积分为零。波动部分被区间长度乘以小量控制。令细分加细后让 $\lambda\to\infty$。余弦情形完全类似。
这是整个收敛证明的引擎：任何可积函数与高频三角波的内积都消失。
“$f$ 可积”承重：换成无界的 $f(x)=\frac1x$（$0<x\le1$），$\int_0^1\frac{\sin\lambda x}{x}dx=\int_0^\lambda\frac{\sin u}{u}du\to\frac\pi2\ne0$，高频没能磨掉它。结论只保证趋于 $0$、不给速度，证明里它只负责抹尾。
称 $D_n(t)=\dfrac{1}{2}+\sum\limits_{k=1}^{n}\cos kt$ 为 $n$ 阶狄利克雷核。可写成闭式 $D_n(t)=\dfrac{\sin\dfrac{(2n+1)t}{2}}{2\sin\dfrac{t}{2}}$（$t\neq 2m\pi$）。
$D_n$ 是偶函数，且满足 $\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}D_n(t)\,dt=1$。
- $f$ 以 $2\pi$ 为周期且可积
- $S_n(x)$ 是 $f$ 的傅里叶级数前 $n$ 项部分和
$S_n(x)=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(t)D_n(t-x)\,dt$。
证明思路
把傅里叶系数的积分表达式代入 $S_n$ 的定义。交换有限和与积分。对固定的 $x$ 把 $\cos n(t-x)$ 等按和角公式展开。合并后正好得到 $D_n(t-x)$ 乘以 $f(t)$。再作变量代换得卷积形式。
- $f$ 以 $2\pi$ 为周期
- 在 $[-\pi,\pi]$ 上只有有限个第一类间断点与有限个极值点
对任意 $x$，有 $\lim\limits_{n\to\infty}S_n(x)=\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}$。
证明思路
由卷积公式，$S_n(x)-\frac{f(x^+)+f(x^-)}{2}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}[f(t)-f(x^{\pm})]D_n(t-x)\,dt$。把积分拆成 $x$ 左右两小段与远处两段。远处两段用黎曼引理令其趋于零。左右小段内 $f(t)-f(x^{\pm})$ 含因子 $t-x$，与 $D_n$ 的有界性配合后用积分第二中值定理。合并后得到平均值极限。
本条与 §1 的 thm-15-2 陈述一致；这里给出证明所依赖的链条：黎曼引理 + 狄利克雷核 + 积分第二中值定理。
验证狄利克雷核的闭式 $D_n(t)=\dfrac{\sin\frac{(2n+1)t}{2}}{2\sin\frac{t}{2}}$（$t\neq2m\pi$），并由此说明 $\dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}D_n(t)\,dt=1$。
解答与答案
- 令 $S=\dfrac{1}{2}+\sum\limits_{k=1}^{n}\cos kt$，乘以 $2\sin\dfrac{t}{2}$。
- $2\sin\dfrac{t}{2}\cdot\dfrac{1}{2}=\sin\dfrac{t}{2}$；而 $2\sin\dfrac{t}{2}\cos kt=\sin\left(k+\dfrac12\right)t-\sin\left(k-\dfrac12\right)t$。
- 求和后中间项抵消，得 $2\sin\dfrac{t}{2}\cdot S=\sin\dfrac{t}{2}+\sin\dfrac{(2n+1)t}{2}-\sin\dfrac{t}{2}=\sin\dfrac{(2n+1)t}{2}$。
- 故 $S=\dfrac{\sin\frac{(2n+1)t}{2}}{2\sin\frac{t}{2}}$。
- 又 $\dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}D_n(t)\,dt=\dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left(\dfrac12+\sum_{k=1}^n\cos kt\right)dt=\dfrac{1}{\pi}\cdot\pi=1$，因为各 $\cos kt$ 在对称周期上积分为零。
答案闭式成立：$D_n(t)=\dfrac{\sin\frac{(2n+1)t}{2}}{2\sin\frac{t}{2}}$；且 $\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}D_n(t)\,dt=1$。
- 用黎曼引理时忘了它要求 $f$ 可积或分段连续：若 $f$ 只是局部可积但无界，结论可能失效，要先处理瑕点。
- 把 $D_n$ 闭式里的分母 $2\sin\frac{t}{2}$ 写成 $2\sin t$，或忘掉 $t=2m\pi$ 处要用原求和式定义：闭式只在 $t\neq2m\pi$ 成立。
- 认为“傅里叶系数趋于零”就能推出“傅里叶级数收敛”：黎曼引理只保证系数衰减，级数是否收敛到 $f$ 还要狄利克雷条件与核的分析。
1黎曼引理断言：若 $f$ 在 $[a,b]$ 上可积，则 $\int_a^b f(x)\sin\lambda x\,dx$ 当 $\lambda\to+\infty$ 时
答案与解析
正确答案：B
高频振荡使正负部分相消，积分趋于零；这是证明收敛定理的关键工具。
2狄利克雷核 $D_n(t)$ 满足 $\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}D_n(t)\,dt=1$。
答案与解析
正确答案：A
$D_n=\frac12+\sum_{k=1}^n\cos kt$，余弦项在一个周期上积分为零，故积分为 $\frac12\cdot2\pi=\pi$，再除以 $\pi$ 得 $1$。
多元函数的极限与连续CHAPTER 16 · 3 SECTIONS
本章把一元函数的极限与连续搬到平面（进而 $\mathbb{R}^n$）上：先建立平面点集语言（邻域、开闭集、区域、完备性），再定义二重极限并分清它与累次极限的差别，最后讨论二元连续函数及其在有界闭区域上的基本性质。
一元微积分走到头，这一章把舞台从数轴搬到平面：先立邻域、开闭、区域这套点集语言，再把极限从“左右两侧”升级为“任意路径”，最后重证连续函数的三大定理。点集上的柯西准则、聚点定理、有限覆盖是后面多元微分学与隐函数定理的共同地基；“路径任意”这个要求，则是本章一切麻烦的源头。
§1平面点集与多元函数
有限覆盖定理在十九世纪后期由海涅与博雷尔等人整理定型，常叫海涅–博雷尔定理。它把“无穷个邻域盖住紧集”压缩成“有限个就够”，是把无穷问题变有限的总开关，后面一致连续、最值定理都从这里取电。
平面上判断开闭先问两句话：每点能否放进一个全属于 $E$ 的小圆盘（开）？补集能否（闭）？再问连通：任意两点能否用全在 $E$ 内的折线相连。三问定完，区域就是连通的开集。
设 $P_0(x_0,y_0)\in\mathbb{R}^2$，$\delta>0$。称点集 $\{P\in\mathbb{R}^2:\ |PP_0|<\delta\}=\{(x,y):(x-x_0)^2+(y-y_0)^2<\delta^2\}$ 为点 $P_0$ 的 $\delta$ 圆邻域，记作 $U(P_0,\delta)$；称 $\{(x,y):|x-x_0|<\delta,|y-y_0|<\delta\}$ 为 $P_0$ 的 $\delta$ 方邻域。不含 $P_0$ 的邻域称为去心邻域，记作 $U^\circ(P_0,\delta)$。
圆邻域与方邻域互相包含：任一圆邻域内可放一个方邻域，反之亦然。因此极限定义中用哪一种邻域都可以。
设 $E\subseteq\mathbb{R}^2$，$P\in\mathbb{R}^2$。若存在 $U(P,\delta)\subseteq E$，称 $P$ 为 $E$ 的内点；若存在 $U(P,\delta)$ 与 $E$ 不交，称 $P$ 为外点；若 $U(P,\delta)$ 内既有 $E$ 的点又有不属于 $E$ 的点，称 $P$ 为边界点。若 $P$ 的任一去心邻域内都含有 $E$ 的点，称 $P$ 为 $E$ 的聚点。$E$ 的全体内点构成内部 $E^\circ$，全体边界点构成边界 $\partial E$。
聚点可以属于 $E$，也可以不属于 $E$；孤立点（属于 $E$ 但不是聚点）与聚点相对。
若 $E$ 的每一点都是内点，称 $E$ 为开集；若 $E^c=\mathbb{R}^2\setminus E$ 为开集（等价地：$E$ 含有其全部聚点），称 $E$ 为闭集。若开集 $D$ 内任意两点可用完全含于 $D$ 的折线相连，称 $D$ 为连通开集，也称开区域；开区域连同其边界称为闭区域。若存在 $r$ 使 $E\subseteq U(O,r)$，称 $E$ 有界，否则无界。
开与闭不是对立概念：$\mathbb{R}^2$ 与 $\varnothing$ 既开又闭；$[0,1)\subset\mathbb{R}$ 在 $\mathbb{R}$ 中既不开也不闭。
- $\{P_n\}$ 是 $\mathbb{R}^2$ 中的点列
$\{P_n\}$ 收敛 $\iff$ $\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall m,n>N:\ |P_mP_n|<\varepsilon$。
证明思路
记 $P_n=(x_n,y_n)$。由 $|x_m-x_n|\le|P_mP_n|$ 与 $|y_m-y_n|\le|P_mP_n|$，点列柯西等价于两个坐标数列同时柯西。对 $x_n,y_n$ 用实数的柯西准则得各自极限 $x,y$。再证 $P_n\to(x,y)$。
- $E\subset\mathbb{R}^2$ 为有界无穷点集
$E$ 至少有一个聚点（等价叙述：有界点列必有收敛子列）。
证明思路
把 $E$ 夹在一个闭矩形内。对矩形反复等分为四个小矩形，选出含无穷多点的一个。嵌套闭矩形的直径趋于零，由闭集套原理得唯一点 $P$。每个小矩形中取一点组成子列，距离估计得子列收敛于 $P$。
聚点定理常叫波尔查诺–魏尔斯特拉斯定理，来自十九世纪两位数学家各自的逼问：方程求根需要“有界序列有聚点”，分析严格化也需要它。有界无穷点集不会一哄而散，必有聚点，这是平面完备性的核心。
- $D\subset\mathbb{R}^2$ 为有界闭集
- $\{S_\alpha\}$ 是覆盖 $D$ 的一族开集
可从 $\{S_\alpha\}$ 中选出有限个开集仍覆盖 $D$。
证明思路
反证：若不能有限覆盖，把含 $D$ 的大矩形四等分。至少有一小块与 $D$ 的交不能被有限覆盖。继续等分得到嵌套闭矩形，直径趋于零，交于一点 $P\in D$。$P$ 落在某个 $S_\alpha$ 内，该 $S_\alpha$ 是开集故含一个小矩形，与“不能有限覆盖”矛盾。
两个条件缺一不可：开区间 $(0,1)$ 被 $\{(\frac1n,1)\}$ 这族开集盖住，却抽不出有限个；无界的 $\mathbb{R}$ 被 $\{(-n,n)\}$ 盖住也一样。“有界闭”就是紧，真正干活的是它；覆盖族用开集也是为了能从每点就近取一小块。
设 $D\subset\mathbb{R}^2$ 为非空点集。若对应法则 $f$ 使每个 $(x,y)\in D$ 对应唯一实数 $z$，则称 $f$ 为 $D$ 上的二元函数，记作 $z=f(x,y)$，$(x,y)\in D$。$D$ 称为定义域，$\{f(x,y):(x,y)\in D\}$ 称为值域。二元函数的图像为点集 $\{(x,y,f(x,y)):(x,y)\in D\}\subset\mathbb{R}^3$。可类似定义 $n$ 元函数 $u=f(x_1,\ldots,x_n)$。
与一元函数的关键差别：定义域是平面上的点集，“趋向某点”有多条路径。
判断点集 $E=\{(x,y):x^2+y^2\le1\}$ 的内点、边界点与聚点，并说明它是否为闭集、是否有界。
解答与答案
- 若 $x^2+y^2<1$，取 $\delta=1-\sqrt{x^2+y^2}>0$，则 $U(P,\delta)\subseteq E$，故为内点。
- 若 $x^2+y^2=1$，任一邻域内既有圆内点也有圆外点，故为边界点。
- 圆外点为外点；圆周上每点都是聚点，圆内点也是聚点；$E$ 无孤立点，聚点集等于 $E$ 本身。
- $E$ 含全部聚点，故为闭集；又 $E\subseteq U(O,2)$，故有界。
答案内点集为 $x^2+y^2<1$；边界为单位圆周；聚点集为 $E$；$E$ 是有界闭集（闭圆盘）。
- 把“开集的补集是闭集”理解成“开集与闭集是对立的两类”：存在既开又闭的集合，也存在既不开又不闭的集合，必须按定义逐点检查。
- 认为聚点一定属于原集合：圆周 $x^2+y^2=1$ 是开圆盘的聚点集，但不属于开圆盘；孤立点属于集合却不是聚点。
- 用一元的“区间套”直觉套平面：平面上要用嵌套闭矩形或闭圆盘，并配合直径趋于零与闭集套原理。
1点集 $E=\{(x,y):x^2+y^2<1\}\setminus\{(0,0)\}$ 的边界是
答案与解析
正确答案：B
原点的任一邻域内既有 $E$ 的点也有不属于 $E$ 的点（原点本身），故原点也是边界点。
2有界无穷点集必有聚点。
答案与解析
正确答案：A
这是平面上的聚点定理；证明用闭矩形四等分与闭集套原理。
§2二元函数的极限
一元极限只查左右两侧，二元要查无穷多条路径：$f=\frac{xy}{x^2+y^2}$ 沿 $y=kx$ 得 $\frac{k}{1+k^2}$，$k=1$ 给 $\frac12$、$k=2$ 给 $\frac25$，取哪个都不对，原点根本没有极限。沿两坐标轴都得 $0$，只是两条路径的证词。
设 $f$ 在点 $P_0(x_0,y_0)$ 的某去心邻域内有定义，$A$ 为定数。若 $\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ \forall P(x,y):0<|PP_0|<\delta$ 有 $|f(x,y)-A|<\varepsilon$，则称 $(x,y)\to(x_0,y_0)$ 时 $f$ 以 $A$ 为极限，记作 $\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)}f(x,y)=A$ 或 $\lim\limits_{\substack{x\to x_0\\y\to y_0}}f(x,y)=A$。
去心邻域排除了“在 $P_0$ 处取值”本身；极限与 $f(x_0,y_0)$ 有无定义无关。关键是 $(x,y)$ 以任意方式趋近。
称 $\lim\limits_{x\to x_0}\left(\lim\limits_{y\to y_0}f(x,y)\right)$ 与 $\lim\limits_{y\to y_0}\left(\lim\limits_{x\to x_0}f(x,y)\right)$ 为 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处的两个累次极限（二次极限）。
累次极限是“先固定 $x$ 对 $y$ 求极限，再让 $x\to x_0$”，每次只动一个变量；二重极限是两个变量同时趋近。
- $f$ 在 $P_0(x_0,y_0)$ 的某去心邻域内有定义
- 设 $\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)}f(x,y)=A$
- 且对 $x\neq x_0$（或 $y\neq y_0$）内层极限 $\lim\limits_{y\to y_0}f(x,y)$（或 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x,y)$）存在
此时累次极限 $\lim\limits_{x\to x_0}\lim\limits_{y\to y_0}f(x,y)$（或 $\lim\limits_{y\to y_0}\lim\limits_{x\to x_0}f(x,y)$）也存在且等于 $A$。反过来，两个累次极限都存在且相等，不能推出二重极限存在。
证明思路
由二重极限，对固定 $x\neq x_0$ 让 $y\to y_0$，内层极限记为 $g(x)$。对任意 $\varepsilon$，存在 $\delta$ 使 $|f(x,y)-A|<\varepsilon$ 在去心邻域成立。令 $y\to y_0$ 得 $|g(x)-A|\le\varepsilon$。再令 $x\to x_0$ 得累次极限为 $A$。反例说明逆命题不真。
结论单向：二重极限存在还要内层极限存在，才能把累次极限钉成同一个数。删掉“内层存在”就断链：$f=x\sin\frac1y$（原点补 $0$）二重极限是 $0$，先 $y$ 后 $x$ 的累次极限却无从谈起。反过来两个累次极限都是 $0$ 也救不了二重极限：$\frac{x^2y}{x^4+y^2}$ 沿 $y=x^2$ 得 $\frac12$、沿 $y=2x^2$ 得 $\frac25$。
- $\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)}f=A$，$\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)}g=B$
$\lim(f\pm g)=A\pm B$，$\lim(fg)=AB$；当 $B\neq0$ 时 $\lim\dfrac{f}{g}=\dfrac{A}{B}$。
证明思路
与一元情形同构，只把 $|x-x_0|$ 换成 $\rho=|PP_0|$。和差用绝对值三角不等式。积用 $|fg-AB|\le|f||g-B|+|B||f-A|$ 再结合局部有界性。商在 $B\neq0$ 时先限制在 $|g|>|B|/2$ 的邻域内，再通分估计。
讨论 $f(x,y)=\dfrac{xy}{x^2+y^2}$ 当 $(x,y)\to(0,0)$ 时的二重极限与两个累次极限。
解答与答案
- 沿 $y=kx$：$f(x,kx)=\dfrac{kx^2}{x^2+k^2x^2}=\dfrac{k}{1+k^2}$，极限随 $k$ 变化。
- 取 $k=0$ 得 $0$，取 $k=1$ 得 $\dfrac12$，路径不同极限不同，故二重极限不存在。
- 固定 $x\neq0$，$\lim\limits_{y\to0}\dfrac{xy}{x^2+y^2}=0$；再令 $x\to0$ 得累次极限 $\lim\limits_{x\to0}\lim\limits_{y\to0}f=0$。
- 由对称性，$\lim\limits_{y\to0}\lim\limits_{x\to0}f=0$。
答案二重极限不存在；两个累次极限都存在且都等于 $0$。
求 $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{x^2y}{x^2+y^2}$。
解答与答案
- 由 $|x^2|\le x^2+y^2$ 得 $\left|\dfrac{x^2y}{x^2+y^2}\right|\le|y|$。
- 当 $(x,y)\to(0,0)$ 时 $|y|\to0$，由夹逼得极限为 $0$。
答案$0$。
- 用“沿几条直线趋近极限相同”就断言二重极限存在：必须考虑所有路径，包括曲线路径（如 $y=kx^2$）。$f=\frac{xy}{x^2+y^2}$ 沿直线极限随斜率变，$f=\frac{x^2y}{x^2+y^2}$ 沿直线全为 $0$ 但仍是夹逼才证出的。
- 把二重极限与累次极限混为一谈：两个累次极限存在且相等也推不出二重极限存在；反之二重极限存在也不自动给出累次极限（内层极限可能不存在）。经典反例是 $\frac{xy}{x^2+y^2}$ 在原点。
- 认为 $f$ 沿坐标轴趋近时为 $0$ 就等于极限为 $0$：坐标轴只是两条特殊路径，不能代表任意方向。
1设 $f(x,y)=\dfrac{xy}{x^2+y^2}$（$(x,y)\neq(0,0)$），则在 $(0,0)$ 处
答案与解析
正确答案：B
沿 $y=kx$ 极限为 $\frac{k}{1+k^2}$ 随 $k$ 变，二重极限不存在；但先固定一个变量求内层极限均为 $0$。
2若二重极限 $\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}f(x,y)=A$，且 $\lim_{y\to y_0}f(x,y)$ 对 $x$ 在去心邻域内都存在，则 $\lim_{x\to x_0}\lim_{y\to y_0}f(x,y)=A$。
答案与解析
正确答案：A
在内层极限存在的前提下，二重极限会强制累次极限等于它；注意前提不能省。
§3二元函数的连续性
证多元连续就两条路：用四则运算与复合拼装，或直接证 $f(x,y)\to f(x_0,y_0)$。别忘了间断能连成整条曲线：$f=\frac{x+y}{x-y}$ 在 $x=y$ 全体无定义，一元间断是点，多元可以是线。
设 $f$ 在 $P_0(x_0,y_0)$ 的某邻域内有定义。若 $\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)}f(x,y)=f(x_0,y_0)$，即 $\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)}[f(x,y)-f(x_0,y_0)]=0$，则称 $f$ 在 $P_0$ 处连续。若 $f$ 在区域 $D$ 的每一点连续，称 $f$ 在 $D$ 上连续。
等价的 $\varepsilon$-$\delta$ 写法：$\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0,|PP_0|<\delta$ 时 $|f(P)-f(P_0)|<\varepsilon$。
设 $P_0$ 是 $f$ 的聚点但 $f$ 在 $P_0$ 处不连续，则称 $P_0$ 为 $f$ 的间断点。若 $\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)}f$ 存在但不等于 $f(x_0,y_0)$（或 $f(x_0,y_0)$ 无定义），称为可去间断点；若沿不同路径极限不同或不存在，称为第二类间断点；跳跃型不连续称为第一类间断点。
二元函数的间断可以发生在一条曲线上（如 $f=\frac{1}{x^2+y^2-1}$ 在单位圆周上无定义）。
- $f,g$ 在 $P_0$ 处连续
- 复合情形：$z=f(u,v)$ 在 $(u_0,v_0)$ 连续，$u=u(x,y)$，$v=v(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 连续，且 $u_0=u(x_0,y_0)$，$v_0=v(x_0,y_0)$
$f\pm g$，$f\cdot g$ 在 $P_0$ 连续；当 $g(P_0)\neq0$ 时 $f/g$ 在 $P_0$ 连续。复合函数 $f(u(x,y),v(x,y))$ 在 $(x_0,y_0)$ 连续。
证明思路
四则运算用二重极限的四则运算法则，把极限号与函数值交换即得。复合用“外层连续 + 内层极限换元”：先由内层连续把 $|u-u_0|$、$|v-v_0|$ 控制小。再由外层连续把 $|f(u,v)-f(u_0,v_0)|$ 控制小。拼接 $\varepsilon$-$\delta$ 论证得复合连续。
- $D\subset\mathbb{R}^2$ 为有界闭区域，特别地 $D$ 是连通的有界闭集（紧性用于 (1)(2)(4)，连通性用于 (3)）
- $f$ 在 $D$ 上连续
（1）$f$ 在 $D$ 上有界；（2）$f$ 在 $D$ 上取到最大值与最小值；（3）因 $D$ 连通，$f$ 取到介于最大最小值之间的一切值；（4）$f$ 在 $D$ 上一致连续，即 $\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0$，对 $D$ 中满足 $|P_1P_2|<\delta$ 的任意两点都有 $|f(P_1)-f(P_2)|<\varepsilon$。
证明思路
有界性：否则存在点列使 $|f(P_n)|\to\infty$，由聚点定理取收敛子列于 $P^*\in D$。由连续性 $f(P^*)$ 有限，矛盾。最值：上确界有限，取逼近点列，子列极限处取到上确界。介值用连通性与中间值定理。一致连续用有限覆盖：每个点配一个局部适用的 $\delta_P$，取有限子覆盖后 $\delta$ 取最小者。
四条结论全靠“有界闭加连通”。去掉闭就有反例：$f(x,y)=\frac{1}{1-x}$ 在开圆盘上连续，可 $x$ 贴向 $1$ 时冲向无穷，既无界也取不到最大值——病根被关在边界外反而更凶。去掉连通，两个分离圆盘上各取常值 $1$、$2$，中间值 $1.5$ 永远取不到。一致连续也在这组条件下成活。
讨论 $f(x,y)=\begin{cases}\dfrac{xy}{x^2+y^2},&(x,y)\neq(0,0)\\0,&(x,y)=(0,0)\end{cases}$ 在原点的连续性。
解答与答案
- 计算 $f$ 在原点处沿 $y=kx$ 的极限：$f(x,kx)=\dfrac{k}{1+k^2}$。
- 该极限与 $k$ 有关，故 $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f$ 不存在。
- 极限不存在，$f$ 在原点必不连续。
答案$f$ 在 $(0,0)$ 处不连续（极限不存在）。
求 $f(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2}$ 的连续区域，并说明它在有界闭区域 $x^2+y^2\le1$ 上的最大最小值。
解答与答案
- 根号内非负要求 $x^2+y^2\le1$，故定义域 $D=\{(x,y):x^2+y^2\le1\}$。
- 初等函数的复合在定义域内连续，故 $f$ 在 $D$ 上连续。
- $D$ 是有界闭集，由最值定理 $f$ 取到最大最小值。$f$ 随 $x^2+y^2$ 增大而减小。
- 在 $(0,0)$ 处 $f=1$ 为最大值；在圆周 $x^2+y^2=1$ 上 $f=0$ 为最小值。
答案在闭圆盘 $x^2+y^2\le1$ 上连续；最大值 $1$（原点），最小值 $0$（单位圆周）。
- 把“$f(x,0)$ 与 $f(0,y)$ 都连续”当成“$f$ 在原点连续”：两条坐标轴上的连续不能推出二元连续，必须检查任意路径或直接证极限等于函数值。
- 用最值定理时忘了“有界闭区域”这个条件：在开圆盘上 $f(x,y)=x$ 无最大值，在无界闭集上也可能取不到最值（如 $f=e^{-x}$ 在 $x\ge0$）。
- 把一致连续与连续混为一谈：在有界闭区域上二者同真，但在开区域上连续未必一致连续（如 $f=\frac{1}{x}$ 在 $(0,1)$）。
1设 $f$ 在有界闭区域 $D$ 上连续，则下列结论不一定成立的是
答案与解析
正确答案：C
连续推不出可微；最值、有界、一致连续都由有界闭区域上的连续性定理保证。
2二元函数在一点连续当且仅当它在该点的两个累次极限都存在且等于函数值。
答案与解析
正确答案：B
连续要求二重极限等于函数值；累次极限存在且等于函数值并不能保证沿其他路径的行为。
多元函数微分学CHAPTER 17 · 4 SECTIONS
本章建立多元函数的微分学：先定义偏导数与可微性，强调 $\Delta f=A\Delta x+B\Delta y+o(\rho)$ 这一全微分定义以及“偏导存在推不出可微”；再讲复合函数的链式法则与隐函数求导；然后引入方向导数与梯度；最后给出二元泰勒公式并解决无条件极值问题。
上一章把多元函数的极限与连续讲完了，但连续只回答「会不会跳」，回答不了「能不能用平面近似」。这一章真正立起来的是全微分：$\Delta f=A\Delta x+B\Delta y+o(\rho)$ 一旦成立，函数在局部就是线性映射加可控误差，链式法则、方向导数、泰勒展开、极值判别便都有了落脚点；而「两个偏导都存在」远不够，这是全章反复要防的坑。到最后一节，你手里的语言正好是第 18 章解隐函数、求条件极值时要用的那套。
§1可微性
检验可微：先算两个偏导，再验证 $\Delta f-A\Delta x-B\Delta y=o(\rho)$。例如 $f=xy$ 在原点 $A=B=0$，沿 $\Delta x=\Delta y=t$ 比值是 $|t|/\sqrt2$，其余方向由 $|\Delta x\Delta y|\le\rho^2/2$ 兜住。
读 $\Delta f=A\Delta x+B\Delta y+o(\rho)$ 的姿势：$A\Delta x+B\Delta y$ 是「平面近似」给出的增量，$o(\rho)$ 是「误差相对步长可忽略」的承诺。类比到此为止：平面近似只保证一阶，二阶误差的大小和符号都没有承诺。
设 $z=f(x,y)$ 在 $P_0(x_0,y_0)$ 的某邻域内有定义。若极限 $\lim\limits_{\Delta x\to0}\dfrac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}$ 存在，称此极限为 $f$ 在 $P_0$ 处对 $x$ 的偏导数，记作 $f_x(x_0,y_0)$ 或 $\dfrac{\partial z}{\partial x}\Big|_{(x_0,y_0)}$。对 $y$ 的偏导数 $f_y(x_0,y_0)$ 类似定义。
求 $f_x$ 时把 $y$ 看作常数做一元求导。几何上 $f_x(x_0,y_0)$ 是曲线 $\begin{cases}z=f(x,y)\\y=y_0\end{cases}$ 在 $x=x_0$ 处的切线斜率。
偏导数记号 $\partial$ 一般认为由勒让德在十八世纪末引入、后经雅可比推广而固定下来：$\dfrac{\partial z}{\partial x}$ 这个记号本身就写着「把别的变量当常数」。难点从来不在记号，而在它与可微之间的落差。
设 $z=f(x,y)$ 在 $P_0(x_0,y_0)$ 的某邻域内有定义，记 $\Delta f=f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)$，$\rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}$。若存在与 $\Delta x,\Delta y$ 无关的常数 $A,B$，使 $\Delta f=A\Delta x+B\Delta y+o(\rho)$（$\rho\to0$），则称 $f$ 在 $P_0$ 处可微，并称 $A\Delta x+B\Delta y$ 为 $f$ 在 $P_0$ 处的全微分，记作 $dz=A\,dx+B\,dy$。
定义式 $\Delta f=A\Delta x+B\Delta y+o(\rho)$ 必须写全：$o(\rho)$ 表示误差是比 $\rho$ 更高阶的无穷小，$\rho$ 是自变量增量的模而不是 $|\Delta x|+|\Delta y|$。
- $z=f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 处可微
偏导数 $f_x(x_0,y_0)$ 与 $f_y(x_0,y_0)$ 都存在，且 $A=f_x(x_0,y_0)$，$B=f_y(x_0,y_0)$，于是 $dz=f_x(x_0,y_0)dx+f_y(x_0,y_0)dy$。
证明思路
在可微式中取 $\Delta y=0$，$\Delta x\to0$，则 $\rho=|\Delta x|$。于是 $f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)=A\Delta x+o(|\Delta x|)$。两边除以 $\Delta x$ 令 $\Delta x\to0$ 得 $f_x=A$。对称地取 $\Delta x=0$ 得 $f_y=B$。
逆命题不成立：偏导存在推不出可微。反例见本节 pitfalls。
这条只用可微最弱的信息：沿两轴取增量，把 $A,B$ 锁成偏导数。反向常失效：$f=\frac{x^3}{x^2+y^2}$（原点补 $0$）两轴给出 $f_x=1,f_y=0$，但沿 $y=x$ 得 $f(t,t)=\frac t2$，减主部 $t$ 后比值恒为 $\pm\frac1{2\sqrt2}$。
- $f_x$ 与 $f_y$ 在 $(x_0,y_0)$ 的某邻域内都存在
- $f_x$ 与 $f_y$ 在 $(x_0,y_0)$ 处连续
$f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处可微。
证明思路
把增量写成 $\Delta f=[f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0+\Delta x,y_0)]+[f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)]$。对第一段用拉格朗日中值定理，出现 $f_y$ 在中间点的值。对第二段同样用中值定理，出现 $f_x$ 在中间点的值。由 $f_x,f_y$ 连续，把它们换成 $(x_0,y_0)$ 处的值后误差为 $o(\rho)$。整理即得 $\Delta f=f_x\Delta x+f_y\Delta y+o(\rho)$。
「偏导连续」承重的是误差控制：拆成两段用中值定理，中间点的偏导只有连续才能换回 $(x_0,y_0)$ 处的值。但它只是充分条件：$f=x^2\sin\dfrac1x$（补 $x=0$ 处为 $0$）在 $(0,0)$ 可微，$f_x=2x\sin\dfrac1x-\cos\dfrac1x$ 却不连续。
- $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处可微
$f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处连续。反之，连续推不出可微，也推不出偏导存在。
证明思路
由 $\Delta f=A\Delta x+B\Delta y+o(\rho)$，当 $\rho\to0$ 时右端三项都趋于零。故 $\Delta f\to0$，即 $f$ 在该点连续。反例：$f=|x|+|y|$ 在原点连续但两个单侧偏导不匹配，不可微。
设 $f(x,y)=x^2y+\sin(xy)$，求 $f_x$、$f_y$ 与 $f$ 在点 $(1,0)$ 处的全微分。
解答与答案
- $f_x=2xy+y\cos(xy)$，$f_y=x^2+x\cos(xy)$。
- 在 $(1,0)$：$f_x(1,0)=2\cdot1\cdot0+0\cdot\cos0=0$；$f_y(1,0)=1^2+1\cdot\cos0=2$。
- 由偏导连续知 $f$ 可微，故 $dz=0\cdot dx+2\,dy=2\,dy$。
答案$f_x=2xy+y\cos(xy)$，$f_y=x^2+x\cos(xy)$；在 $(1,0)$ 处 $dz=2\,dy$。
讨论 $f(x,y)=\begin{cases}\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}},&(x,y)\neq(0,0)\\0,&(x,y)=(0,0)\end{cases}$ 在原点处的偏导数与可微性。
解答与答案
- 偏导：$f_x(0,0)=\lim\limits_{\Delta x\to0}\dfrac{f(\Delta x,0)-0}{\Delta x}=0$；同理 $f_y(0,0)=0$。
- 若可微，由必要条件全微分为 $0$，故应有 $\Delta f=o(\rho)$，即 $\dfrac{\Delta f}{\rho}\to0$。
- 取 $\Delta x=\Delta y=t\to0$：$\dfrac{\Delta f}{\rho}=\dfrac{\frac{t^2}{\sqrt{2t^2}}}{\sqrt{2t^2}}=\dfrac{\frac{|t|}{\sqrt2}}{|t|\sqrt2}=\dfrac12\neq0$。
- 比值不趋于 $0$，故 $f$ 在原点不可微。
答案$f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$ 存在，但 $f$ 在 $(0,0)$ 不可微（且由路径可知虽然连续，也不可微）。
- 以为“两个偏导都存在就可微”：这是本章最容易犯的错误。$f_x,f_y$ 只描述沿坐标轴的变化，可微要求任意方向的增量都由 $A\Delta x+B\Delta y$ 一阶逼近。反例 $f=\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}$（补 $f(0,0)=0$）在原点偏导为零却不可微。
- 把“偏导连续”当成可微的必要条件：偏导连续只是充分条件。存在偏导不连续但仍可微的函数，判定可微要回到定义 $\Delta f=A\Delta x+B\Delta y+o(\rho)$。
- 写全微分定义时把 $o(\rho)$ 写成 $o(\Delta x)$ 或 $o(\Delta y)$：必须是关于 $\rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}$ 的高阶无穷小，否则两个自变量的耦合误差控制不住。
- 由可微推出连续时忘了方向：可微 $\Rightarrow$ 连续，连续 $\nRightarrow$ 可微；偏导存在也 $\nRightarrow$ 连续（如 $f=1$ 当 $xy\neq0$，$f=0$ 当 $xy=0$）。
1设 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处两个偏导都存在，则 $f$ 在该点
答案与解析
正确答案：C
偏导存在只沿两个坐标方向；经典反例显示它既推不出连续也推不出可微。
2若 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 可微，则 $\Delta f=A\Delta x+B\Delta y+o(\rho)$ 中必有 $A=f_x(x_0,y_0)$，$B=f_y(x_0,y_0)$。
答案与解析
正确答案：A
这是可微的必要条件：在可微式中分别令 $\Delta y=0$、$\Delta x=0$ 即可解出 $A,B$。
§2复合函数微分法与隐函数微分法
本节的隐函数微分法是「先承认 $y=f(x)$ 存在、再求导」：$y'=-F_x/F_y$ 只是链式法则的推论。分量不在公式，而在「$y$ 凭什么存在、唯不唯一」，那是下一章的定理；公式用得再顺，也不能反过来证明函数存在。
多层复合先画依赖树：$z$ 依赖 $u,v$，$u,v$ 又依赖 $x,y$，从 $z$ 到 $x$ 的每条路径贡献一个乘积项，把所有路径相加就是 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$。类比到此为止：依赖树只帮你数清项数，每个偏导还得在正确的点取值。
- $z=f(u,v)$ 在 $(u,v)$ 处可微
- $u=u(x,y)$，$v=v(x,y)$ 在 $(x,y)$ 处可微
- $f(u(x,y),v(x,y))$ 在相应点有定义
复合函数 $z=f(u(x,y),v(x,y))$ 在 $(x,y)$ 处可微，且 $\dfrac{\partial z}{\partial x}=\dfrac{\partial f}{\partial u}\dfrac{\partial u}{\partial x}+\dfrac{\partial f}{\partial v}\dfrac{\partial v}{\partial x}$，$\dfrac{\partial z}{\partial y}=\dfrac{\partial f}{\partial u}\dfrac{\partial u}{\partial y}+\dfrac{\partial f}{\partial v}\dfrac{\partial v}{\partial y}$。
证明思路
由外层可微，$\Delta z=f_u\Delta u+f_v\Delta v+o(\rho_1)$，$\rho_1$ 为 $(\Delta u,\Delta v)$ 的模。由内层可微，$\Delta u=u_x\Delta x+u_y\Delta y+o(\rho)$，$\Delta v$ 同理。代入合并，$\Delta u,\Delta v$ 为 $O(\rho)$，故 $o(\rho_1)$ 仍为 $o(\rho)$。整理出关于 $\Delta x,\Delta y$ 的线性主部，得到链式公式。
三个假设各管一段：外层可微给出 $\Delta z=f_u\Delta u+f_v\Delta v+o(\rho_1)$，内层可微把 $\Delta u,\Delta v$ 线性化，拼起来才是链式法则。若外层只有偏导存在，$o(\rho_1)$ 失去控制，误差会吞掉结论。
- $z=f(u,v)$ 可微
- $u,v$ 作为 $x,y$ 的函数可微
无论把 $u,v$ 看作自变量还是中间变量，都有 $dz=\dfrac{\partial f}{\partial u}du+\dfrac{\partial f}{\partial v}dv$，即一阶全微分的形式不变。
证明思路
把 $u,v$ 看作自变量时这就是全微分定义。看作中间变量时，把 $du=u_x dx+u_y dy$，$dv=v_x dx+v_y dy$ 代入。展开后合并 $dx,dy$ 的系数，正好得到链式法则的两个公式。两种写法给出同一全微分。
- $F(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 的某邻域内有连续偏导
- $F(x_0,y_0)=0$
- $F_y(x_0,y_0)\neq0$
在 $(x_0,y_0)$ 附近由 $F(x,y)=0$ 可唯一确定连续可微函数 $y=f(x)$，且 $\dfrac{dy}{dx}=-\dfrac{F_x}{F_y}$。
证明思路
把 $y=f(x)$ 代入恒等式 $F(x,f(x))\equiv0$。两边对 $x$ 求导，由链式法则得 $F_x+F_y y'=0$。解出 $y'=-F_x/F_y$。条件 $F_y\neq0$ 保证除法合法，同时保证反函数定理适用、隐函数局部唯一存在。
隐函数的完整存在定理见第 18 章；本节先给出求导公式，用于已确定隐函数关系时计算导数。
三个条件各有分工：$F(x_0,y_0)=0$ 保证点在曲线上；连续偏导让 $F$ 可线性化；$F_y(x_0,y_0)\neq0$ 承重「局部能解出 $y=f(x)$」。例如 $F=x^2+y^2-1$ 在 $(1,0)$ 处 $F_y=0$，$y$ 解不出来，改用 $F_x=2\neq0$ 解 $x=x(y)$。
设 $z=e^u\sin v$，$u=xy$，$v=x+y$，求 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$ 与 $\dfrac{\partial z}{\partial y}$。
解答与答案
- $\dfrac{\partial z}{\partial u}=e^u\sin v$，$\dfrac{\partial z}{\partial v}=e^u\cos v$；$\dfrac{\partial u}{\partial x}=y$，$\dfrac{\partial u}{\partial y}=x$，$\dfrac{\partial v}{\partial x}=\dfrac{\partial v}{\partial y}=1$。
- $\dfrac{\partial z}{\partial x}=e^u\sin v\cdot y+e^u\cos v\cdot1=e^{xy}\left[y\sin(x+y)+\cos(x+y)\right]$。
- $\dfrac{\partial z}{\partial y}=e^u\sin v\cdot x+e^u\cos v\cdot1=e^{xy}\left[x\sin(x+y)+\cos(x+y)\right]$。
答案$\dfrac{\partial z}{\partial x}=e^{xy}\left[y\sin(x+y)+\cos(x+y)\right]$，$\dfrac{\partial z}{\partial y}=e^{xy}\left[x\sin(x+y)+\cos(x+y)\right]$。
设 $x^2+y^2-2\ln y-4=0$ 确定 $y=y(x)$，求 $y'$（例如在点 $\left(\sqrt{2\ln 2},\,2\right)$ 附近）。
解答与答案
- 令 $F(x,y)=x^2+y^2-2\ln y-4$，则 $F_x=2x$，$F_y=2y-\dfrac{2}{y}$。
- 验证确有解：取 $y=2$，由方程得 $x^2=4+2\ln 2-4=2\ln 2$，即 $x_0=\sqrt{2\ln 2}$；此时 $F(x_0,2)=0$，且 $F_y(x_0,2)=4-1=3\neq0$，故在 $(x_0,2)$ 附近方程确定唯一的 $y=y(x)$。
- 由隐函数求导公式 $y'=-\dfrac{F_x}{F_y}=-\dfrac{2x}{2y-\frac{2}{y}}=-\dfrac{xy}{y^2-1}$。
- 或直接对方程两边关于 $x$ 求导：$2x+2yy'-\dfrac{2y'}{y}=0$，整理得同样结果。
答案$y'=-\dfrac{xy}{y^2-1}$（在 $F_y\neq0$ 即 $y\neq1$ 处成立，由 $y>0$ 排除了 $y=-1$）；在点 $(\sqrt{2\ln 2},2)$ 处 $y'=-\dfrac{2\sqrt{2\ln 2}}{3}\approx-0.785$。
- 链式法则漏项：中间变量多于一个时，每条路径都要加。比如 $z=f(x,y)$，$x=x(s,t)$，$y=y(s,t)$ 时 $z_s=f_x x_s+f_y y_s$，少写一项就错。
- 隐函数求导时忘记 $F_y\neq0$ 这个前提：若 $F_y=0$，公式分母为零，隐函数可能不存在或需要改用 $F_x\neq0$ 解出 $x=x(y)$。
- 用一阶全微分形式不变性时误以为二阶微分也有形式不变性：只有 $dz$ 的形式不变，$d^2z$（二阶）在中间变量下会多出交叉项。
1设 $z=f(u,v)$，$u=u(x)$，$v=v(x)$ 均可微，则 $\dfrac{dz}{dx}$ 等于
答案与解析
正确答案：B
这是链式法则：对每条从 $x$ 到 $z$ 的路径求导相乘，再把路径相加。
2由 $F(x,y)=0$ 确定隐函数 $y=f(x)$ 时，恒有 $y'=-\dfrac{F_x}{F_y}$，不需要额外条件。
答案与解析
正确答案：B
需要 $F_y\neq0$ 且 $F$ 有连续偏导；否则除法无意义，隐函数也可能不存在。
§3方向导数与梯度
把 $D_lf=\nabla f\cdot l$ 读成「速度在观察方向上的投影」：梯度是全方向的速度表，$l$ 是你选的观察方向，内积取沿该方向的分量。类比到此为止：这个读法只在可微点成立，不可微时各方向导数可以互不相干。
几何上 $\nabla f$ 垂直于过该点的等值线 $f=c$：等值线上函数值不变，沿它的方向导数为 $0$，即 $\nabla f\cdot l=0$。这解释了「最陡方向」为什么是法向。类比到此为止：$\nabla f=0$ 或等值线有尖角时，法向可能不唯一。
设 $z=f(x,y)$ 在 $P_0(x_0,y_0)$ 的某邻域内有定义，$\boldsymbol{l}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$ 为一单位向量。若极限 $\lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{f(x_0+t\cos\alpha,y_0+t\sin\alpha)-f(x_0,y_0)}{t}$ 存在，称此极限为 $f$ 在 $P_0$ 处沿方向 $\boldsymbol{l}$ 的方向导数，记作 $\dfrac{\partial f}{\partial l}(x_0,y_0)$ 或 $D_l f(x_0,y_0)$。
方向导数是单侧导数（$t\to0^+$），描述沿 $\boldsymbol{l}$ 方向的瞬时变化率。
- $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处可微
$f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处沿任意方向 $\boldsymbol{l}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$ 的方向导数存在，且 $D_l f(x_0,y_0)=f_x(x_0,y_0)\cos\alpha+f_y(x_0,y_0)\sin\alpha$。
证明思路
由可微，$\Delta f=f_x\Delta x+f_y\Delta y+o(\rho)$。取 $\Delta x=t\cos\alpha$，$\Delta y=t\sin\alpha$，则 $\rho=|t|$。代入除以 $t$ 并令 $t\to0^+$，$o(\rho)/t=o(1)$。剩下 $f_x\cos\alpha+f_y\sin\alpha$。
设 $z=f(x,y)$ 在 $(x,y)$ 处偏导存在，称向量 $\nabla f(x,y)=\left(f_x(x,y),f_y(x,y)\right)$ 为 $f$ 在该点的梯度。对三元函数 $u=f(x,y,z)$，$\nabla f=(f_x,f_y,f_z)$。
梯度是与坐标系原点选取无关的向量（在点 $(x,y)$ 处定义）；记号 $\nabla=\left(\dfrac{\partial}{\partial x},\dfrac{\partial}{\partial y}\right)$。
梯度记号 $\nabla$（读作 nabla）一般认为出自十九世纪向量分析的记号改革，先在热流、位势一类物理问题里流行，后来才进教材。把它写成向量 $(f_x,f_y)$，是数学家把算子当向量用熟之后的定型。
- $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处可微
- $\boldsymbol{l}$ 为单位方向向量，$\theta$ 为 $\nabla f$ 与 $\boldsymbol{l}$ 的夹角
$D_l f(x_0,y_0)=\nabla f(x_0,y_0)\cdot\boldsymbol{l}=|\nabla f(x_0,y_0)|\cos\theta$。特别地，当 $\boldsymbol{l}$ 与 $\nabla f$ 同向时方向导数取最大值 $|\nabla f|$；反向时取最小值 $-|\nabla f|$；与 $\nabla f$ 正交时方向导数为 $0$。
证明思路
把计算公式 $f_x\cos\alpha+f_y\sin\alpha$ 写成向量内积 $\nabla f\cdot\boldsymbol{l}$。由内积等于 $|\nabla f||\boldsymbol{l}|\cos\theta$ 且 $|\boldsymbol{l}|=1$ 得 $|\nabla f|\cos\theta$。$\cos\theta$ 的最大最小值给出两个极端方向。正交时 $\cos\theta=0$。
「$f$ 可微」承重的是各方向导数都由 $\nabla f\cdot l$ 给出。删掉它，即使各方向导数都存在也乱套：$f=\sqrt{|xy|}$（补 $f(0,0)=0$）沿 $y=x$ 的导数是 $\frac{\sqrt2}{2}$，偏导却都是 $0$，梯度会谎报最大增长率为 $0$。
求 $f(x,y)=x^2+y^2$ 在点 $(1,2)$ 处沿方向 $\boldsymbol{l}=\left(\dfrac{3}{5},\dfrac{4}{5}\right)$ 的方向导数，并指出变化率最大的方向。
解答与答案
- $f_x=2x$，$f_y=2y$，故 $\nabla f(1,2)=(2,4)$。
- $D_l f(1,2)=2\cdot\dfrac35+4\cdot\dfrac45=\dfrac{6+16}{5}=\dfrac{22}{5}$。
- 最大变化率方向为 $\nabla f$ 的方向，即 $\dfrac{(2,4)}{|(2,4)|}=\left(\dfrac{1}{\sqrt5},\dfrac{2}{\sqrt5}\right)$，最大增长率为 $|(2,4)|=2\sqrt5$。
答案$D_l f(1,2)=\dfrac{22}{5}$；最大变化率方向为 $\left(\dfrac{1}{\sqrt5},\dfrac{2}{\sqrt5}\right)$，最大值 $2\sqrt5$。
- 以为偏导存在就保证方向导数存在：偏导只是两个特殊方向。存在偏导存在但某方向方向导数不存在的函数；可微才是方向导数存在的充分条件。
- 忘记方向向量必须是单位向量：若 $\boldsymbol{l}$ 不是单位向量，公式 $\nabla f\cdot\boldsymbol{l}$ 给出的是沿该向量的内积而非单位方向的方向导数，要先归一化。
- 把梯度当成“函数值”：梯度是向量，有大小与方向；$|\nabla f|$ 是最大方向导数，不是函数值本身。
1若 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 可微，$\nabla f(x_0,y_0)\neq0$，则方向导数的最大值为
答案与解析
正确答案：B
$D_l f=|\nabla f|\cos\theta\le|\nabla f|$，当 $\boldsymbol{l}$ 与梯度同向时取等。
2函数在一点沿任意方向的方向导数都存在，就能推出函数在该点可微。
答案与解析
正确答案：B
方向导数是单侧、沿直线的瞬时率；可微要求全增量的线性主部，条件更强。反向的蕴含（可微 $\Rightarrow$ 各向方向导数存在）才成立。
§4泰勒公式与极值问题
二元泰勒公式是把一元泰勒「沿一条射线」搬过来：令 $\varphi(t)=f(x_0+th,y_0+tk)$，多元问题就退化成一元问题。极值判别里的 $AC-B^2$ 一般认为来自二次型的定号判别，十九世纪被整理进微积分教科书后沿用至今。
判别式为零的两种命运值得亲手算一遍：$f=x^2+y^4$ 与 $f=x^2+y^3$ 在原点都是 $A=2,B=0,C=0$，$AC-B^2=0$；但前者恒 $\ge0$ 取极小，后者 $f(0,-0.1)=-0.001$、$f(0,0.1)=0.001$，在原点两侧变号，不是极值。数字完全一样，结论相反。
- $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 的某邻域内有直到 $n+1$ 阶的连续偏导数
- $(x_0+h,y_0+k)$ 在该邻域内
$f(x_0+h,y_0+k)=\sum\limits_{m=0}^{n}\dfrac{1}{m!}\left(h\dfrac{\partial}{\partial x}+k\dfrac{\partial}{\partial y}\right)^m f(x_0,y_0)+R_n$，其中 $R_n=\dfrac{1}{(n+1)!}\left(h\dfrac{\partial}{\partial x}+k\dfrac{\partial}{\partial y}\right)^{n+1}f(x_0+\theta h,y_0+\theta k)$（$0<\theta<1$），算子 $\left(h\dfrac{\partial}{\partial x}+k\dfrac{\partial}{\partial y}\right)^m$ 展开后形如 $\sum\limits_{i=0}^{m}\binom{m}{i}h^i k^{m-i}\dfrac{\partial^m f}{\partial x^i\partial y^{m-i}}$。
证明思路
令 $\varphi(t)=f(x_0+th,y_0+tk)$，$t\in[0,1]$。$\varphi$ 是一元函数，由一元泰勒公式在 $t=0$ 展开到 $n$ 阶。由链式法则，$\varphi^{(m)}(t)$ 正是算子 $\left(h\partial_x+k\partial_y\right)^m f$ 在 $(x_0+th,y_0+tk)$ 处的值。代回 $t=1$ 并把余项写成拉格朗日形式即得。
设 $z=f(x,y)$ 在 $P_0(x_0,y_0)$ 的某邻域内有定义。若对该邻域内一切 $(x,y)$ 有 $f(x,y)\le f(x_0,y_0)$，称 $f$ 在 $P_0$ 处取极大值；若 $f(x,y)\ge f(x_0,y_0)$，称取极小值。极大值与极小值统称极值，$P_0$ 称为极值点。
极值是局部概念，与全局最大最小值不同；条件极值（约束下）见第 18 章。
- $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处有偏导
- $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处取极值
$f_x(x_0,y_0)=0$ 且 $f_y(x_0,y_0)=0$。
证明思路
固定 $y=y_0$，一元函数 $g(x)=f(x,y_0)$ 在 $x_0$ 取极值。由一元费马定理，$g'(x_0)=f_x(x_0,y_0)=0$。同理固定 $x=x_0$ 得 $f_y(x_0,y_0)=0$。满足该条件的点称为驻点。
- $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 的某邻域内有二阶连续偏导
- $f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0$
- 记 $A=f_{xx}(x_0,y_0)$，$B=f_{xy}(x_0,y_0)$，$C=f_{yy}(x_0,y_0)$
若 $AC-B^2>0$ 且 $A>0$，则 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 取极小值；若 $AC-B^2>0$ 且 $A<0$，则取极大值；若 $AC-B^2<0$，则 $f$ 在该点不取极值（鞍点）；若 $AC-B^2=0$，判别法失效，需另行讨论。
证明思路
由泰勒公式展到二阶，驻点处一阶项为零。余下 $\Delta f=\frac12(Ah^2+2Bhk+Ck^2)+o(\rho^2)$。二次型 $Ah^2+2Bhk+Ck^2$ 的正定性由 $AC-B^2$ 与 $A$ 决定。正定时 $\Delta f$ 同号于 $\rho^2$，得极值。不定时沿不同方向变号，得鞍点。判别式为零时二次型退化，高阶项起决定作用。
承重的是「二次型定号」：$AC-B^2>0$ 且 $A>0$ 时 $Ah^2+2Bhk+Ck^2$ 被钉在正半轴，$\Delta f$ 才不变号。$A$ 与判别式缺一不可（$A<0$ 给极大，$AC-B^2<0$ 给鞍点）；判别式为零时二次型沿某方向退化，高阶项接管。二阶偏导连续则保证泰勒展开合法、混合偏导相等。
求 $f(x,y)=x^3-y^3+3x^2+3y^2-9x$ 的极值。
解答与答案
- $f_x=3x^2+6x-9=3(x+3)(x-1)$，$f_y=-3y^2+6y=-3y(y-2)$。
- 令 $f_x=f_y=0$：$x=1$ 或 $x=-3$；$y=0$ 或 $y=2$。驻点共四点：$(1,0)$，$(1,2)$，$(-3,0)$，$(-3,2)$。
- $A=f_{xx}=6x+6$，$B=f_{xy}=0$，$C=f_{yy}=-6y+6$。
- $(1,0)$：$A=12>0$，$C=6$，$AC-B^2=72>0$，取极小值 $f(1,0)=-5$。
- $(1,2)$：$A=12$，$C=-6$，$AC-B^2=-72<0$，鞍点。
- $(-3,0)$：$A=-12$，$C=6$，$AC-B^2=-72<0$，鞍点。
- $(-3,2)$：$A=-12$，$C=-6$，$AC-B^2=72>0$，$A<0$ 取极大值 $f(-3,2)=31$。
答案极小值 $-5$（在 $(1,0)$），极大值 $31$（在 $(-3,2)$）；$(1,2)$ 与 $(-3,0)$ 为鞍点。
写出 $f(x,y)=e^x\cos y$ 在 $(0,0)$ 处带拉格朗日余项的二阶泰勒公式，并用它估计 $f(0.1,-0.1)$。
解答与答案
- $f(0,0)=1$，$f_x(0,0)=e^0\cos0=1$，$f_y(0,0)=-e^0\sin0=0$。
- $f_{xx}(0,0)=1$，$f_{xy}(0,0)=0$，$f_{yy}(0,0)=-1$。
- 二阶展开：$f(x,y)=1+x+\dfrac{1}{2}(x^2-y^2)+R_2$。
- 代入 $x=0.1$，$y=-0.1$：$f\approx1+0.1+\dfrac{1}{2}(0.01-0.01)=1.1$。
答案$e^x\cos y=1+x+\dfrac{x^2-y^2}{2}+R_2$；$f(0.1,-0.1)\approx1.1$。
- 把驻点当成极值点：$f_x=f_y=0$ 只是必要条件。$f=x^2-y^2$ 在原点是鞍点；$f=x^3$ 在原点一阶偏导为零却无极值。
- 判别式 $AC-B^2=0$ 时仍套用公式下结论：此时充分条件失效，必须回到定义或展开高阶项。例如 $f=x^2+y^4$ 与 $f=x^2-y^4$ 在原点判别式均为零，但一个是极小一个是鞍点。
- 求二阶偏导时把 $f_{xy}$ 与 $f_{yx}$ 的连续性漏掉：充分条件要求二阶偏导连续以保证混合偏导相等与泰勒展开合法。
- 把无条件极值与条件极值混用：带约束的极值不能只令 $f_x=f_y=0$，要用拉格朗日乘数法（第 18 章）。
1设 $f$ 在驻点 $(x_0,y_0)$ 处 $AC-B^2>0$ 且 $A<0$，则该点
答案与解析
正确答案：B
$AC-B^2>0$ 保证二次型定号；$A<0$ 时定负，故取极大值。
2若 $f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0$，则 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 必取极值。
答案与解析
正确答案：B
驻点只是必要条件；$f(x,y)=x^2-y^2$ 在原点是鞍点，虽偏导皆为零却无极值。
隐函数定理及其应用CHAPTER 18 · 4 SECTIONS
本章把“由方程确定的函数”从直观提升为严格定理：先给出隐函数概念，再在偏导连续且对因变量偏导非零的条件下证明存在唯一且可微，并给出求导公式；随后推广到隐函数组与反函数组，用雅可比行列式作非退化条件。应用上讨论空间曲线的切线与法平面、曲面的切平面与法线，最后用拉格朗日乘数法求条件极值。
上一章末尾已经用 $-F_x/F_y$ 求过隐函数的导数，但那句公式欠着三笔债：$y=f(x)$ 到底存不存在、唯一不唯一、可不可微。这一章把债还清：三个条件摆上台面各管一段，$F(x_0,y_0)=0$ 定位到曲线上，连续偏导给线性化，$F_y\neq0$ 保证局部可解；推广到方程组后，非零条件变成雅可比行列式。几何应用与拉格朗日乘数法都是它的下游，而「先局部解出函数、再求导」的套路，第 19 章研究含参量积分时还会整套再用一遍。
§1隐函数
三个条件各有救场的实例：$F=y^2-x$ 在 $(0,0)$ 虽有 $F=0$，但 $F_y=2y=0$，解出 $y=\pm\sqrt{x}$ 两支，唯一性没了；换到 $(1,1)$，$F_y=2\neq0$，只剩 $y=\sqrt{x}$ 一支。非零偏导管唯一，连续偏导管可微。
同一条曲线在不同点要选不同的因变量：$x^2+y^2=1$ 在 $(0,1)$ 处 $F_y=2\neq0$，解出 $y=\sqrt{1-x^2}$、$y'(0)=0$；换到 $(1,0)$，$F_y=0$ 而 $F_x=2\neq0$，该解 $x=\sqrt{1-y^2}$。哪个偏导非零，就能把哪个变量解出来。
设 $F(x,y)$ 在平面区域 $D$ 上有定义。若存在区间 $I$ 与定义在 $I$ 上的函数 $y=f(x)$，使得当 $x\in I$ 时 $(x,f(x))\in D$ 且 $F(x,f(x))\equiv 0$，则称 $y=f(x)$ 是由方程 $F(x,y)=0$ 在 $I$ 上确定的一个隐函数。
隐函数是“满足方程的那支解”，不一定是显式公式；同一方程可能确定多支，也可能不存在。
- $F(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 的某邻域内具有连续偏导数 $F_x, F_y$
- $F(x_0,y_0)=0$
- $F_y(x_0,y_0)\neq 0$
存在点 $x_0$ 的某邻域 $U(x_0)$ 与定义在 $U(x_0)$ 上的唯一函数 $y=f(x)$，使得 $f(x_0)=y_0$，且对一切 $x\in U(x_0)$ 有 $F(x,f(x))\equiv 0$；此外 $f$ 在 $U(x_0)$ 上连续，并具有连续导数，且 $f'(x)=-\dfrac{F_x(x,y)}{F_y(x,y)}$，其中 $y=f(x)$。
证明思路
由 $F_y(x_0,y_0)\neq 0$ 与偏导连续，不妨设 $F_y>0$，故 $F(x_0,\cdot)$ 在 $y_0$ 附近严格递增变号。对每个靠近的 $x$，由介值定理找到使 $F(x,y)=0$ 的 $y$，再用严格单调性得唯一性。可微性由 $F$ 的全微分与 $F_y\neq 0$ 解出 $y'$。
隐函数定理的严格形式一般认为是十九世纪分析严格化的成果：此前人们默认「$F(x,y)=0$ 就解得出 $y=f(x)$」，此后才把邻域、唯一性、可微性逐条写成条件。今天各教材的三条件，基本沿用那时的写法。
三个条件各扛一件事：$F(x_0,y_0)=0$ 负责「起点在曲线上」；连续偏导负责线性化，让求导有据可依；$F_y(x_0,y_0)\neq0$ 负责对 $y$ 严格单调，每个邻近的 $x$ 只对应一个 $y$，也是除以 $F_y$ 的来源。缺一条，存在、唯一、可微就各塌一层。
- 满足隐函数存在唯一性定理的条件
- $F$ 在 $(x_0,y_0)$ 邻域内具有连续的二阶偏导数（或相应高阶连续偏导）
所确定的隐函数 $y=f(x)$ 在相应邻域内二阶可导（或相应高阶可导），高阶导数可在 $F(x,f(x))\equiv 0$ 两边对 $x$ 逐次求导得到；例如 $y''=-\dfrac{F_{xx}+2F_{xy}y'+F_{yy}(y')^2}{F_y}$。
证明思路
在 $F(x,f(x))\equiv 0$ 两边对 $x$ 求导，利用已得的 $y'=-F_x/F_y$，再求一次导并整理，即可解出 $y''$；更高阶同理逐次求导。
- 隐函数存在唯一性定理条件成立
- 所确定隐函数为 $y=y(x)$
$\dfrac{dy}{dx}=-\dfrac{F_x(x,y)}{F_y(x,y)}$，其中 $F_y(x,y)\neq 0$。
证明思路
将 $F(x,y(x))\equiv 0$ 两边对 $x$ 用复合函数求导：$F_x+F_y y'=0$，再由 $F_y\neq 0$ 解出 $y'$。
设由方程 $e^{y}+xy-e=0$ 在点 $(0,1)$ 附近确定隐函数 $y=f(x)$，求 $f(0)$ 与 $f'(0)$。
解答与答案
- 令 $F(x,y)=e^{y}+xy-e$。则 $F(0,1)=e^{1}+0\cdot 1-e=0$，故方程过 $(0,1)$。
- 计算偏导：$F_x=y$，$F_y=e^{y}+x$。于是 $F_x(0,1)=1$，$F_y(0,1)=e^{1}+0=e\neq 0$。
- 由隐函数定理，存在唯一隐函数 $y=f(x)$ 满足 $f(0)=1$，且 $f'(x)=-\dfrac{F_x}{F_y}=-\dfrac{y}{e^{y}+x}$。
- 代入 $x=0, y=1$：$f'(0)=-\dfrac{1}{e}$。
答案$f(0)=1$，$f'(0)=-\dfrac{1}{e}$。
设 $x^{2}+y^{2}=1$，在点 $(0,1)$ 附近确定隐函数 $y=y(x)$，求 $y''(0)$。
解答与答案
- 令 $F(x,y)=x^{2}+y^{2}-1$。则 $F(0,1)=0$，$F_y=2y$，$F_y(0,1)=2\neq 0$，故可确定 $y=y(x)$ 且 $y(0)=1$。
- 求导：$2x+2yy'=0$，故 $y'=-\dfrac{x}{y}$，从而 $y'(0)=0$。
- 再求导：$2+2(y')^{2}+2yy''=0$，即 $y''=-\dfrac{1+(y')^{2}}{y}$。
- 代入 $x=0, y=1, y'=0$：$y''(0)=-\dfrac{1+0}{1}=-1$。
答案$y''(0)=-1$。
- 漏写 $F_y(x_0,y_0)\neq 0$：若 $F_y=0$（如 $F=x^{2}+y^{2}$ 在原点），方程可能只确定孤立点或不可微分支，隐函数定理不适用。
- 把“$F$ 连续可微”弱化成“$F$ 连续”：仅有连续性不能保证隐函数可微，求导公式更无从谈起。
- 忘记隐函数只是局部结论：定理只在 $(x_0,y_0)$ 附近保证存在唯一，不能直接说在整个定义域上都能解出 $y=f(x)$；如 $x^{2}+y^{2}=1$ 在 $(1,0)$ 附近就不能写成 $y=f(x)$ 的单值函数。
1隐函数存在唯一性定理中，下列哪条不是必须假设的条件
答案与解析
正确答案：D
一阶存在唯一与一阶可导只需连续偏导与 $F_y\neq 0$；$F_{xx}$ 只在求二阶导时才需要。
2若 $F(x,y)=0$ 在 $(x_0,y_0)$ 满足隐函数定理条件，则 $y'(x_0)=-F_x/F_y$。
答案与解析
正确答案：A
由 $F(x,y(x))\equiv 0$ 两边求导得 $F_x+F_y y'=0$，再用 $F_y\neq 0$ 解出 $y'$。
§2隐函数组
把 $J\neq0$ 读成「偏导矩阵可逆」：方程组对 $(u,v)$ 的偏导矩阵可逆，局部才解得出 $(u,v)$；求导时要解的线性方程组系数行列式也是 $J$，可解性与可导性同源。类比到此为止：$J\neq0$ 是局部性质，跑远了可能丢解或多值。
雅可比互逆公式的「逆」是矩阵的逆，不是逐项取倒数：$x=u+v$、$y=u-v$ 时 $\partial(x,y)/\partial(u,v)=-2$，倒过来行列式是 $-\frac12$；但单个偏导 $\partial u/\partial x=\frac12$，跟 $-\frac12$ 无关。
设 $F(x,y,u,v)$ 与 $G(x,y,u,v)$ 在某区域有定义。若存在定义在 $I$ 上的函数 $u=u(x,y)$，$v=v(x,y)$，使得当 $(x,y)$ 变化时 $(x,y,u(x,y),v(x,y))$ 始终在定义域内，且 $F(x,y,u,v)\equiv 0$，$G(x,y,u,v)\equiv 0$，则称 $u=u(x,y),v=v(x,y)$ 是由方程组 $\begin{cases}F=0\\G=0\end{cases}$ 确定的隐函数组。
隐函数组把“几个方程、几个因变量”对应起来；方程个数应与作为因变量的未知函数个数一致。
设 $F,G$ 关于 $u,v$ 可偏导，称行列式 $\dfrac{\partial(F,G)}{\partial(u,v)}=\begin{vmatrix}F_u & F_v\\ G_u & G_v\end{vmatrix}=F_u G_v-F_v G_u$ 为 $F,G$ 关于 $u,v$ 的雅可比行列式。
雅可比行列式是“偏导矩阵”的行列式；非零表示这组因变量在局部可解。
- $F(x,y,u,v)$ 与 $G(x,y,u,v)$ 在点 $P_0(x_0,y_0,u_0,v_0)$ 的某邻域内具有连续偏导数
- $F(x_0,y_0,u_0,v_0)=0$，$G(x_0,y_0,u_0,v_0)=0$
- 雅可比行列式 $J=\dfrac{\partial(F,G)}{\partial(u,v)}\bigg|_{P_0}\neq 0$
存在 $(x_0,y_0)$ 的某邻域，在其上唯一确定一组连续可微函数 $u=u(x,y)$，$v=v(x,y)$，满足 $u_0=u(x_0,y_0)$，$v_0=v(x_0,y_0)$，且 $F(x,y,u,v)\equiv 0$，$G(x,y,u,v)\equiv 0$；偏导 $u_x,u_y,v_x,v_y$ 可由对原方程组关于 $x,y$ 求偏导后解线性方程组得到。
证明思路
条件 $J\neq 0$ 说明 $F,G$ 对 $(u,v)$ 的偏导矩阵可逆。对固定的 $(x,y)$ 把 $F,G$ 看成 $(u,v)$ 的映射，用与一元隐函数定理相同的局部反函数/介值论证解出 $(u,v)$。再对 $F(x,y,u(x,y),v(x,y))\equiv 0$ 关于 $x,y$ 求偏导，得到关于 $u_x,v_x$（及 $u_y,v_y$）的线性方程组，由 $J\neq 0$ 可解且解连续。
$J\neq0$ 承重的是「对 $(u,v)$ 的偏导矩阵可逆」：它既让局部反解存在唯一，又让求导时的线性方程组可解。删掉它，例如 $F=u^2-x$、$G=v-y$，$J=2u$，在 $u=0$ 处 $J=0$，方程 $u^2=x$ 对 $x>0$ 解出 $u=\pm\sqrt{x}$ 两支，唯一性当场破产。
- $x=x(u,v)$，$y=y(u,v)$ 在点 $(u_0,v_0)$ 的某邻域内具有连续偏导数
- $x_0=x(u_0,v_0)$，$y_0=y(u_0,v_0)$
- 雅可比行列式 $J=\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\bigg|_{(u_0,v_0)}\neq 0$
在 $(x_0,y_0)$ 的某邻域内存在唯一一组连续可微的反函数 $u=u(x,y)$，$v=v(x,y)$，把该邻域映到 $(u_0,v_0)$ 附近，且 $\dfrac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}=\left(\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right)^{-1}$。
证明思路
把方程 $x=x(u,v), y=y(u,v)$ 视为关于未知量 $(u,v)$ 的方程组 $F=x(u,v)-x=0$，$G=y(u,v)-y=0$。此时 $\partial(F,G)/\partial(u,v)=\partial(x,y)/\partial(u,v)\neq 0$，直接套用隐函数组定理得局部反函数；再对复合式求偏导可得雅可比互逆公式。
分工与隐函数组相同：连续偏导给线性化，$J\neq0$ 给可逆。结论只在局部：一元类比 $x=u^2$ 在 $u=0$ 处 $J=0$，无反函数；即便处处 $J\neq0$，全局仍可多值，如极坐标 $J=r>0$，但 $\theta$ 加 $2\pi$ 又落回同一点。
- 隐函数组定理条件成立
- $u=u(x,y)$，$v=v(x,y)$ 为所确定的隐函数组
对 $F(x,y,u,v)=0$，$G(x,y,u,v)=0$ 关于 $x$ 求偏导得 $\begin{cases}F_u u_x+F_v v_x=-F_x\\ G_u u_x+G_v v_x=-G_x\end{cases}$；关于 $y$ 求偏导得 $\begin{cases}F_u u_y+F_v v_y=-F_y\\ G_u u_y+G_v v_y=-G_y\end{cases}$。因 $J\neq 0$，两线性方程组唯一可解。
证明思路
将 $F(x,y,u(x,y),v(x,y))\equiv 0$ 与 $G(x,y,u(x,y),v(x,y))\equiv 0$ 分别对 $x$、$y$ 用链式法则求偏导，移项即得线性方程组；系数行列式为 $J\neq 0$，故可解且解由克拉默公式给出。
设 $x=u+v$，$y=u-v$ 在 $(u,v)=(1,0)$ 附近确定反函数组，求 $\dfrac{\partial u}{\partial x}$ 与 $\dfrac{\partial v}{\partial y}$。
解答与答案
- 写成 $F=u+v-x=0$，$G=u-v-y=0$。雅可比 $J=\dfrac{\partial(F,G)}{\partial(u,v)}=\begin{vmatrix}1 & 1\\ 1 & -1\end{vmatrix}=-2\neq 0$。
- 对 $x$ 求偏导：$\begin{cases}u_x+v_x=1\\ u_x-v_x=0\end{cases}$，解得 $u_x=\dfrac{1}{2}$，$v_x=\dfrac{1}{2}$。
- 对 $y$ 求偏导：$\begin{cases}u_y+v_y=0\\ u_y-v_y=1\end{cases}$，解得 $u_y=\dfrac{1}{2}$，$v_y=-\dfrac{1}{2}$。
- 也可直接解出 $u=\dfrac{x+y}{2}$，$v=\dfrac{x-y}{2}$ 验证：$u_x=\dfrac{1}{2}$，$v_y=-\dfrac{1}{2}$。
答案$\dfrac{\partial u}{\partial x}=\dfrac{1}{2}$，$\dfrac{\partial v}{\partial y}=-\dfrac{1}{2}$。
设由方程组 $\begin{cases}x^{2}+y^{2}-u=0\\ x+y+v=0\end{cases}$ 在 $(x,y,u,v)=(1,0,1,-1)$ 附近确定 $u=u(x,y)$，$v=v(x,y)$，求 $u_x$ 与 $v_x$。
解答与答案
- 令 $F=x^{2}+y^{2}-u$，$G=x+y+v$。则 $F_u=-1$，$F_v=0$，$G_u=0$，$G_v=1$，故 $J=\begin{vmatrix}-1 & 0\\ 0 & 1\end{vmatrix}=-1\neq 0$。
- 对 $x$ 求偏导：$\begin{cases}F_u u_x+F_v v_x=-F_x\\ G_u u_x+G_v v_x=-G_x\end{cases}$，即 $\begin{cases}-u_x=-2x\\ v_x=-1\end{cases}$。
- 解得 $u_x=2x$，$v_x=-1$。代入 $x=1$：$u_x(1,0)=2$，$v_x(1,0)=-1$。
答案$u_x=2x$，$v_x=-1$；在 $(1,0)$ 处 $u_x=2$，$v_x=-1$。
- 雅可比行列式算错变量对：$\dfrac{\partial(F,G)}{\partial(u,v)}$ 是对因变量 $(u,v)$ 求，不是对自变量 $(x,y)$ 求；两者通常不相等。
- 把 $J=0$ 的点也套用隐函数组定理：$J=0$ 时反函数/隐函数组可能不存在或不唯一，定理失效。
- 求偏导时漏掉中间变量：对 $F(x,y,u(x,y),v(x,y))\equiv 0$ 求 $x$ 偏导时必须用链式法则，得到的是含 $u_x,v_x$ 的方程，而不是 $F_x=0$。
1隐函数组定理中，保证局部可解的关键行列式条件是
答案与解析
正确答案：B
对因变量的雅可比行列式非零，对应一元情形的 $F_y\neq 0$。
2若 $x=x(u,v), y=y(u,v)$ 的雅可比 $\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\neq 0$，则局部存在连续可微反函数组。
答案与解析
正确答案：A
这正是反函数组定理；还需 $x,y$ 有连续偏导，题干语境默认成立。
§3几何应用
画图分清三样：曲面 $F=0$ 的 $\nabla F$ 垂直于曲面；两曲面交线的切向量是 $\nabla F\times\nabla G$，同时垂直两个法向量；显式曲面 $z=f(x,y)$ 的法向量取 $(f_x,f_y,-1)$。记不住时就问一句：这个向量垂直于谁？
求切平面的这套写法一般认为成型于十九世纪：把曲面看成 $F=0$ 的零点集、用 $\nabla F$ 当法向量，是分析严格化之后的做法；更早的几何里切平面由截线或极限位置定义，既没有偏导可用，也没有梯度这个词。
设空间曲线 $L$ 由参数方程 $x=\varphi(t), y=\psi(t), z=\omega(t)$（$t\in[\alpha,\beta]$）给出，且 $\varphi,\psi,\omega$ 在 $t_0$ 可导且导数不同时为零，则称向量 $T=(\varphi'(t_0),\psi'(t_0),\omega'(t_0))$ 为 $L$ 在对应点的切向量；过该点且以 $T$ 为法向量的平面称为法平面。
切向量来自参数对 $t$ 的导数；法向量与切向量垂直。
- 空间曲线 $L$ 由方程组 $\begin{cases}F(x,y,z)=0\\ G(x,y,z)=0\end{cases}$ 给出
- $F,G$ 在点 $P_0(x_0,y_0,z_0)\in L$ 的某邻域内有连续偏导数
- 在 $P_0$ 处 $F,G$ 对 $(x,y,z)$ 的雅可比矩阵秩为 $2$，即梯度 $\nabla F$ 与 $\nabla G$ 在 $P_0$ 不共线（例如 $\dfrac{\partial(F,G)}{\partial(y,z)}\bigg|_{P_0}\neq 0$）
$L$ 在 $P_0$ 有切线，其切向量可取 $T=\nabla F(P_0)\times \nabla G(P_0)$；切线方程为 $\dfrac{x-x_0}{T_x}=\dfrac{y-y_0}{T_y}=\dfrac{z-z_0}{T_z}$（某分母为零时写对应坐标相等），法平面方程为 $T_x(x-x_0)+T_y(y-y_0)+T_z(z-z_0)=0$。
证明思路
在 $P_0$ 附近由隐函数组定理解出 $y=y(x), z=z(x)$（或其它两变量作自变量）。对 $F(x,y(x),z(x))\equiv 0$、$G(x,y(x),z(x))\equiv 0$ 求导得 $y'(x_0), z'(x_0)$，于是切向量平行于 $(1,y',z')$。由向量代数，$\nabla F,\nabla G$ 都垂直于该切向量，故切向量平行于二者叉积。
「两梯度不共线」承重的是交线真是一条一维曲线：$\nabla F$ 与 $\nabla G$ 各自垂直一张曲面，两者线性无关时，切向量正好是它们的叉积。若两梯度共线或同时为零，交线可能自交、有尖点或退化成一点，切线无从谈起（如锥面顶点）。
- 曲面 $S$ 由 $F(x,y,z)=0$ 给出
- $F$ 在点 $P_0(x_0,y_0,z_0)\in S$ 的某邻域内有连续偏导数
- $\nabla F(P_0)\neq 0$（即 $F_x,F_y,F_z$ 在 $P_0$ 不同时为零）
曲面 $S$ 在 $P_0$ 处存在切平面与法线。切平面方程为 $F_x(P_0)(x-x_0)+F_y(P_0)(y-y_0)+F_z(P_0)(z-z_0)=0$；法线方程为 $\dfrac{x-x_0}{F_x(P_0)}=\dfrac{y-y_0}{F_y(P_0)}=\dfrac{z-z_0}{F_z(P_0)}$（某分母为零时，对应坐标取其基值，如 $F_z=0$ 时 $z=z_0$）。
证明思路
取 $S$ 上任一过 $P_0$ 的光滑曲线 $x=x(t),y=y(t),z=z(t)$，由 $F\equiv 0$ 求导得 $\nabla F(P_0)$ 与曲线切向量垂直。所有过 $P_0$ 的曲线切向量张成切平面，故 $\nabla F(P_0)$ 是法向量，从而切平面与法线方程如上。
$\nabla F(P_0)\neq0$ 承重的是「曲面在此处有唯一法向」：三个偏导不同时为零，切平面方程才有非零法向量。删掉它就是锥面 $z^2=x^2+y^2$ 的顶点：梯度 $(0,0)$，各方向的极限切面互不相同，切平面不存在。
- $z=f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 处可微
- $P_0=(x_0,y_0,f(x_0,y_0))$
曲面在 $P_0$ 的切平面为 $z-f(x_0,y_0)=f_x(x_0,y_0)(x-x_0)+f_y(x_0,y_0)(y-y_0)$，法向量可取 $(f_x(x_0,y_0), f_y(x_0,y_0), -1)$。
证明思路
写成 $F(x,y,z)=f(x,y)-z=0$，则 $F_x=f_x, F_y=f_y, F_z=-1$，代入隐式切平面公式即得。
求球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=14$ 在点 $(1,2,3)$ 处的切平面与法线方程。
解答与答案
- 令 $F(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-14$。则 $F(1,2,3)=1+4+9-14=0$，点在曲面上。
- 梯度 $\nabla F=(2x,2y,2z)$，故 $\nabla F(1,2,3)=(2,4,6)$，可约化为法向量 $(1,2,3)$。
- 切平面：$1\cdot(x-1)+2\cdot(y-2)+3\cdot(z-3)=0$，即 $x+2y+3z=14$。
- 法线：$\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-2}{2}=\dfrac{z-3}{3}$。
答案切平面 $x+2y+3z=14$；法线 $\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-2}{2}=\dfrac{z-3}{3}$。
求曲线 $\begin{cases}x^{2}+y^{2}+z^{2}=6\\ x+y+z=0\end{cases}$ 在点 $(1,-2,1)$ 处的切线方程。
解答与答案
- 验证：$1+4+1=6$，$1-2+1=0$，故点在曲线上。
- 令 $F=x^{2}+y^{2}+z^{2}-6$，$G=x+y+z$。则 $\nabla F=(2x,2y,2z)$，$\nabla G=(1,1,1)$。
- 在 $(1,-2,1)$：$\nabla F=(2,-4,2)$，$\nabla G=(1,1,1)$。叉积 $T=\nabla F\times\nabla G=\begin{vmatrix}\mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\ 2 & -4 & 2\\ 1 & 1 & 1\end{vmatrix}=(-6, 0, 6)$，可取 $T=(1,0,-1)$。
- 切线：$\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y+2}{0}=\dfrac{z-1}{-1}$，即 $y=-2$ 且 $x+z=2$。
答案切向量 $(1,0,-1)$；切线 $\begin{cases}y=-2\\ x+z=2\end{cases}$（或 $\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y+2}{0}=\dfrac{z-1}{-1}$）。
- 混淆法向量与切向量：曲面 $F=0$ 的 $\nabla F$ 是法向量；曲线是两曲面交线时切向量用 $\nabla F\times\nabla G$，不是 $\nabla F$。
- 漏掉 $\nabla F(P_0)\neq 0$（或两梯度不共线）的非退化条件：若梯度为零或共线，切平面/切线可能不存在，例如锥面顶点。
- 法线方程里分母出现 $0$ 时仍写成连等式：应把对应坐标写成 $x=x_0$ 这样的等式，不能除以零。
1曲面 $F(x,y,z)=0$ 上满足 $\nabla F(P_0)\neq 0$ 的点 $P_0$ 处，法向量可取
答案与解析
正确答案：B
梯度 $\nabla F(P_0)$ 即切平面的法向量。
2两曲面 $F=0$ 与 $G=0$ 的交线切向量可取 $\nabla F\times\nabla G$（假定两梯度不共线）。
答案与解析
正确答案：A
切向量同时垂直 $\nabla F$ 与 $\nabla G$，故平行于叉积。
§4条件极值
解条件极值的固定流水线：写 $L=f-\lambda g$、列方程组（记得带上 $g=0$）、解出候选点、比较函数值或看二阶条件。前两步是代数，后两步才是判断，别把必要条件当成结论，也别忘了定义域边界。
乘数 $\lambda$ 不是白引入的辅助元：在 $f=x^2+y^2$、$x+y=1$ 的问题里 $\lambda=1$，它等于「约束右端放宽一单位、最优值涨多少」的敏感度。类比到此为止：这个读法要最优值确实取到、约束右端可动时才好用。
设 $f(x,y,z)$ 与约束 $g(x,y,z)=0$ 在点 $P_0$ 附近有定义。若存在 $P_0$ 的某邻域，使得对一切满足 $g=0$ 且落在该邻域内的点 $P$ 都有 $f(P)\ge f(P_0)$（或 $f(P)\le f(P_0)$），则称 $f$ 在约束 $g=0$ 下于 $P_0$ 取条件极小值（或条件极大值）。
条件极值只比较约束集上的点；可行集维数比空间低一维。
- $f(x,y,z)$ 与 $g(x,y,z)$ 在点 $P_0(x_0,y_0,z_0)$ 的某邻域内具有连续偏导数
- $g(P_0)=0$
- $\nabla g(P_0)\neq 0$（约束在 $P_0$ 非退化）
- $f$ 在约束 $g=0$ 下于 $P_0$ 取条件极值
存在实数 $\lambda$，使得 $\nabla f(P_0)=\lambda\,\nabla g(P_0)$，即 $\begin{cases}f_x(P_0)=\lambda g_x(P_0)\\ f_y(P_0)=\lambda g_y(P_0)\\ f_z(P_0)=\lambda g_z(P_0)\\ g(P_0)=0\end{cases}$。等价地，$P_0$ 是拉格朗日函数 $L=f-\lambda g$ 的驻点。
证明思路
由隐函数定理，在 $P_0$ 附近约束 $g=0$ 可局部参数化（例如 $z=z(x,y)$）。代入 $f$ 得到二元函数在 $(x_0,y_0)$ 取无条件极值，故其偏导为零。链式法则把这两个条件与 $\nabla g\neq 0$ 合起来，恰好说明 $\nabla f$ 与 $\nabla g$ 共线，从而存在 $\lambda$。
乘数法一般认为出自拉格朗日十八世纪末关于力学与条件极值的工作：他把「带约束求极值」化成引入辅助未知数的方程组，这套写法沿用至今。名字里的「乘数」指的就是系数 $\lambda$。
四个条件各管一段：连续偏导让 $f,g$ 可线性化；$g(P_0)=0$ 保证候选点在约束面上；$\nabla g(P_0)\neq0$ 让约束局部是一张曲面，$\lambda$ 才存在；取条件极值把 $P_0$ 变成驻点。删掉 $\nabla g\neq0$（如 $g=x^2+y^2$ 在原点），可行集退化成一点。
- $f,g_1,\ldots,g_m$（$m<n$）在 $P_0$ 邻域内有连续偏导数
- $g_i(P_0)=0$（$i=1,\ldots,m$）
- 梯度 $\nabla g_1(P_0),\ldots,\nabla g_m(P_0)$ 线性无关
- $f$ 在约束组下于 $P_0$ 取条件极值
存在实数 $\lambda_1,\ldots,\lambda_m$，使 $\nabla f(P_0)=\sum_{i=1}^{m}\lambda_i\nabla g_i(P_0)$，即 $L=f-\sum_{i=1}^{m}\lambda_i g_i$ 在 $P_0$ 对各变量的偏导为零，并满足所有约束。
证明思路
约束梯度线性无关时，由隐函数定理可把 $m$ 个因变量表成其余变量的函数。代入 $f$ 后对自由变量求无条件驻点，再用链式法则，得到 $\nabla f$ 落在约束梯度张成的子空间内，故可线性表出。
「梯度线性无关」承重的是约束组真的定义了一张 $(n-m)$ 维曲面：无关才可用隐函数定理解出 $m$ 个因变量，$\nabla f$ 才被逼进这些梯度张成的子空间。若在 $P_0$ 处相关，可行集可能自交或缩掉，$\nabla f=\sum\lambda_i\nabla g_i$ 未必成立。
- $f,g$ 在 $P_0$ 邻域内有连续偏导数
- $g(P_0)=0$，$\nabla g(P_0)\neq 0$
- $\nabla f(P_0)=\lambda\nabla g(P_0)$ 对某个 $\lambda$ 成立
只能断言 $P_0$ 是条件极值的候选点；$P_0$ 可能是条件极大、条件极小，也可能不是条件极值（如鞍点状的约束临界点）。判定极值类型需用二阶条件、参数化后的二元极值判别，或比较目标函数在约束上的取值。
证明思路
拉格朗日条件只来自一阶偏导为零，与无条件驻点一样只是必要条件。可在约束上取参数曲线，把 $f$ 限制成一元函数，若一阶导为零但二阶导变号，则不是极值。
求 $f(x,y)=x^{2}+y^{2}$ 在约束 $x+y=1$ 下的最小值。
解答与答案
- 令 $g(x,y)=x+y-1$，$L=x^{2}+y^{2}-\lambda(x+y-1)$。
- 列方程组：$L_x=2x-\lambda=0$，$L_y=2y-\lambda=0$，$L_\lambda=-(x+y-1)=0$。
- 由前两式得 $x=y$，代入 $x+y=1$ 得 $x=y=\dfrac{1}{2}$，$\lambda=1$。
- 此时 $f\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}$。约束是直线，$x^{2}+y^{2}$ 表示到原点距离平方，在直线上的最小值即原点到直线的距离平方 $\dfrac{1}{2}$，故为最小值。
答案最小值 $\dfrac{1}{2}$，在 $\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right)$ 处取到。
求表面积为 $a^{2}$（$a>0$）的长方体中体积最大者。
解答与答案
- 设长宽高为 $x,y,z>0$，则 $f=xyz$，约束 $g=2(xy+yz+zx)-a^{2}=0$。
- 拉格朗日函数 $L=xyz-\lambda\bigl(2(xy+yz+zx)-a^{2}\bigr)$。求偏导：$yz=2\lambda(y+z)$，$xz=2\lambda(x+z)$，$xy=2\lambda(x+y)$。
- 若 $x,y,z>0$，由对称性可比得 $x=y=z$。代入约束：$2(3x^{2})=a^{2}$，故 $x=y=z=\dfrac{a}{\sqrt{6}}$。
- 体积 $V=\left(\dfrac{a}{\sqrt{6}}\right)^{3}=\dfrac{a^{3}}{6\sqrt{6}}$。由几何平均-算术平均不等式或边界趋向知此为最大值。
答案棱长均为 $\dfrac{a}{\sqrt{6}}$ 的正方体体积最大，$V_{\max}=\dfrac{a^{3}}{6\sqrt{6}}$。
- 忘记写约束方程 $g(P_0)=0$：拉格朗日方程组必须包含约束，否则会解出不在可行集上的驻点。
- 漏掉 $\nabla g(P_0)\neq 0$（或约束梯度线性无关）：约束退化时乘数法可能失效，例如 $g=(x^{2}+y^{2})$ 在原点。
- 把必要条件当成充分条件：解出 $\nabla f=\lambda\nabla g$ 后直接宣布“最大/最小”，必须比较候选点函数值或看二阶条件；还要检查变量为正等定义域边界。
1拉格朗日乘数法给出的条件对条件极值点而言是
答案与解析
正确答案：C
一阶条件只必要；充分性需二阶条件或比较取值。
2求 $f$ 在约束 $g=0$ 下的极值时，应求解的方程组包含 $g=0$ 本身。
答案与解析
正确答案：A
乘数法方程组是 $\nabla f=\lambda\nabla g$ 与 $g=0$ 联立，缺约束会跑出可行集。
含参量积分CHAPTER 19 · 3 SECTIONS
本章研究依赖参数的积分：先在有限区间上讨论含参量正常积分的连续性、积分号下求导与换序，并写明所需条件；再处理含参量反常积分，引入一致收敛，用柯西准则与优函数判别，给出一致收敛下的分析性质；最后介绍欧拉积分即贝塔函数与伽马函数及其互化与简单计算。
上一章研究的是「由方程解出的函数」，这一章换一种造函数的方式：$F(t)=\int_a^b f(x,t)\,dx$，自变量藏在积分号里。真正要立起来的不是记号，而是「什么时候允许交换运算次序」：求导、积分、取极限都在问同一句话——交换之后误差是否可控；有限区间靠一致连续，无穷区间靠一致收敛。这些判别法在第 21–22 章换重积分、曲面积分的次序时还会回来取用。
§1含参量正常积分
判「能否在积分号下求导」的顺序：先查 $f$ 与 $f_t$ 是否都在矩形上连续（或有可积控制），再动手交换。拿不准就算两个方向核对：先积后导与先导后积在具体点（如 $t=2$）应当给出同一个数，对不上就说明条件没验全。
积分限依赖参数时别漏边界项：$\int_{\alpha(t)}^{\beta(t)}f\,dx$ 求导有三块 $f(\beta,t)\beta'-f(\alpha,t)\alpha'+\int f_t$。如 $\int_0^t x\,dx=\frac{t^2}{2}$，导数 $t$ 全来自边界项；漏掉它就算成 $0$。
设 $f(x,t)$ 在矩形 $R=[a,b]\times[c,d]$ 上有定义，且对每个固定的 $t\in[c,d]$，$f(\cdot,t)$ 在 $[a,b]$ 上可积，则称 $F(t)=\displaystyle\int_{a}^{b}f(x,t)\,dx$ 为含参量 $t$ 的正常积分（定积分）。
对每个固定 $t$ 先做一元积分，得到关于 $t$ 的函数；矩形区域保证积分区间与参数区间分离。
- $f(x,t)$ 在矩形 $R=[a,b]\times[c,d]$ 上连续
$F(t)=\displaystyle\int_{a}^{b}f(x,t)\,dx$ 在 $[c,d]$ 上连续，即 $\lim\limits_{t\to t_0}\int_{a}^{b}f(x,t)\,dx=\int_{a}^{b}f(x,t_0)\,dx$ 对 $t_0\in[c,d]$ 成立。
证明思路
$f$ 在紧矩形 $R$ 上一致连续，故当 $t\to t_0$ 时 $f(x,t)\to f(x,t_0)$ 对 $x\in[a,b]$ 一致。于是积分差 $\left|\int_{a}^{b}[f(x,t)-f(x,t_0)]dx\right|\le (b-a)\omega(\|t-t_0\|)\to 0$。
- $f(x,t)$ 与 $f_t(x,t)$ 都在矩形 $R=[a,b]\times[c,d]$ 上连续
$F(t)=\int_{a}^{b}f(x,t)\,dx$ 在 $[c,d]$ 上可导，且 $F'(t)=\dfrac{d}{dt}\displaystyle\int_{a}^{b}f(x,t)\,dx=\int_{a}^{b}f_t(x,t)\,dx$。
证明思路
考虑差商 $\dfrac{F(t+\Delta t)-F(t)}{\Delta t}=\int_{a}^{b}\dfrac{f(x,t+\Delta t)-f(x,t)}{\Delta t}dx$。由拉格朗日中值定理，被积差商等于 $f_t(x,\xi)$；再由 $f_t$ 在紧集上一致连续，可控制极限与积分交换，得到 $F'(t)=\int f_t$。
「积分号下求导」交换的是极限与积分：差商 $\frac{F(t+\Delta t)-F(t)}{\Delta t}=\int_a^b\frac{f(x,t+\Delta t)-f(x,t)}{\Delta t}dx$ 里被积的差商须一致逼近 $f_t$。$f_t$ 连续正给这份控制；只逐点存在时交换会出错。
- $f(x,t)$ 在矩形 $R=[a,b]\times[c,d]$ 上连续
$\displaystyle\int_{c}^{d}\left(\int_{a}^{b}f(x,t)\,dx\right)dt=\int_{a}^{b}\left(\int_{c}^{d}f(x,t)\,dt\right)dx$。
证明思路
由连续性，两边都是累次积分。把 $F(t)=\int_{a}^{b}f(x,t)dx$ 看成 $t$ 的连续函数后对 $t$ 积分，再把 $f$ 在矩形上的重积分用富比尼定理（或化为累次积分）写成两种次序，即得相等。
换序合法靠的是「同一个重积分的两种切法」：$f$ 在紧矩形上连续，两个累次积分算的是同一个值。承重的是区域为矩形且 $f$ 无瑕点；一旦 $f$ 在角点爆炸或区域随参数变形，必须先处理瑕点、先写变限，不能直接换。
- $f(x,t)$ 与 $f_t(x,t)$ 在 $R=[a,b]\times[c,d]$ 上连续
- $\alpha(t),\beta(t)$ 在 $[c,d]$ 上可导，且值域含于 $[a,b]$
$G(t)=\displaystyle\int_{\alpha(t)}^{\beta(t)}f(x,t)\,dx$ 在 $[c,d]$ 上可导，且 $G'(t)=f(\beta(t),t)\,\beta'(t)-f(\alpha(t),t)\,\alpha'(t)+\displaystyle\int_{\alpha(t)}^{\beta(t)}f_t(x,t)\,dx$。
证明思路
写成 $G(t)=\int_{a}^{\beta(t)}f(x,t)dx-\int_{a}^{\alpha(t)}f(x,t)dx$。对固定上限用牛顿-莱布尼茨与链式法则得边界项 $f(\beta(t),t)\beta'(t)$，再对积分号下求导得 $\int f_t$，合并即得。
设 $F(t)=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\sin(tx)}{x}\,dx$（补充定义 $x=0$ 处为 $t$），求 $F'(t)$。
解答与答案
- 补充定义后 $f(x,t)=\dfrac{\sin(tx)}{x}$ 在 $[0,1]\times\mathbb{R}$ 上连续，且 $f_t(x,t)=\dfrac{\cos(tx)\cdot x}{x}=\cos(tx)$ 连续。
- 满足积分号下求导条件，故 $F'(t)=\displaystyle\int_{0}^{1}\cos(tx)\,dx$。
- 计算：$\int_{0}^{1}\cos(tx)\,dx=\left.\dfrac{\sin(tx)}{t}\right|_{0}^{1}=\dfrac{\sin t}{t}$（$t\neq 0$）。
- $t=0$ 时直接求极限：$F'(0)=\displaystyle\lim_{t\to 0}\dfrac{\sin t}{t}=1$，也可从 $\int_{0}^{1}1\,dx=1$ 得到。
答案$F'(t)=\dfrac{\sin t}{t}$（$t\neq 0$），$F'(0)=1$。
计算 $I=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{b}-x^{a}}{\ln x}\,dx$（$0<a<b$）。
解答与答案
- 注意到 $\dfrac{x^{b}-x^{a}}{\ln x}=\int_{a}^{b}x^{t}\,dt$，因为 $\int_{a}^{b}x^{t}dt=\left.\dfrac{x^{t}}{\ln x}\right|_{t=a}^{b}=\dfrac{x^{b}-x^{a}}{\ln x}$。
- 被积函数 $x^{t}$ 在 $[0,1]\times[a,b]$ 上连续（$x=0$ 处 $a>0$ 时为 $0$），满足换序条件。
- 换序：$I=\int_{0}^{1}\left(\int_{a}^{b}x^{t}dt\right)dx=\int_{a}^{b}\left(\int_{0}^{1}x^{t}dx\right)dt$。
- 内层 $\int_{0}^{1}x^{t}dx=\dfrac{1}{t+1}$，故 $I=\int_{a}^{b}\dfrac{dt}{t+1}=\ln(b+1)-\ln(a+1)=\ln\dfrac{b+1}{a+1}$。
答案$I=\ln\dfrac{b+1}{a+1}$。
- 积分号下求导时漏验 $f_t$ 连续：只有 $f$ 连续、$f_t$ 不连续或不存在时，不能随意把 $\dfrac{d}{dt}\int f$ 写成 $\int f_t$。
- 换序时不看区域与连续性：矩形区域且 $f$ 连续才保证两累次积分相等；若积分限依赖参数，要先写成变上限公式再处理。
- 把 $x=0$ 处的可去奇点直接忽略：如 $\dfrac{\sin(tx)}{x}$ 在 $x=0$ 无定义，必须补充连续延拓，否则“连续”假设不成立。
1下列哪条足以保证 $F(t)=\int_{a}^{b}f(x,t)dx$ 可导且 $F'=\int f_t$
答案与解析
正确答案：B
积分号下求导要求 $f$ 与 $f_t$ 连续（或至少 $f_t$ 被可积控制）。
2若 $f(x,t)$ 在 $[a,b]\times[c,d]$ 上连续，则 $\int_c^d\int_a^b f\,dx\,dt=\int_a^b\int_c^d f\,dt\,dx$。
答案与解析
正确答案：A
连续函数在矩形上两累次积分相等，这是积分顺序交换定理。
§2含参量反常积分
「每个 $t$ 都收敛」不等于「尾巴一致小」：$\int_0^{+\infty}\frac{t}{1+t^2x^2}dx=\frac{\pi}{2}$（$t>0$），但尾巴 $\frac{\pi}{2}-\arctan(tA)$ 在 $t=\frac1A$ 处恒为 $\frac{\pi}{4}$，$A$ 再大也下不去。
验证一致收敛的三个入口按省事程度排：先找与 $t$ 无关的优函数（魏尔斯特拉斯）；不行再把被积式看成「振荡乘单调」用狄利克雷；已有收敛性再加单调有界用阿贝尔。从上往下试，前两个覆盖多数习题，第三个留给振荡积分。
设 $f(x,t)$ 在 $[a,+\infty)\times T$ 有定义，且对每个 $t\in T$，$\int_{a}^{+\infty}f(x,t)dx$ 收敛于 $F(t)$。若 $\forall\varepsilon>0$，$\exists A_0\ge a$，$\forall A\ge A_0$，$\forall t\in T$：$\left|\int_{A}^{+\infty}f(x,t)dx\right|<\varepsilon$，则称 $\int_{a}^{+\infty}f(x,t)dx$ 在 $T$ 上一致收敛。
一致收敛要求尾巴积分对所有参数同时小；与函数列/级数的一致收敛是同一思想。
- 对每个 $t\in T$，$\int_{a}^{+\infty}f(x,t)dx$ 收敛
$\int_{a}^{+\infty}f(x,t)dx$ 在 $T$ 上一致收敛 $\iff$ $\forall\varepsilon>0$，$\exists A_0$，$\forall A'\ge A\ge A_0$，$\forall t\in T$：$\left|\int_{A}^{A'}f(x,t)dx\right|<\varepsilon$。
证明思路
把 $\int_{a}^{+\infty}f(x,t)dx$ 看成 $A\mapsto\int_{a}^{A}f(x,t)dx$ 的函数列在 $t$ 上的一致收敛问题，直接套用函数项积分的柯西准则；尾巴小与区间段积分小等价。
一致收敛的思想一般认为由柯西提出、经魏尔斯特拉斯整理成今天的形式：函数列、函数项级数、含参量反常积分共享同一套柯西准则，差别只在「尾巴」长什么样。
- 存在函数 $M(x)\ge 0$，使 $|f(x,t)|\le M(x)$ 对一切 $x\ge a$，$t\in T$ 成立
- $\int_{a}^{+\infty}M(x)dx$ 收敛
$\int_{a}^{+\infty}f(x,t)dx$ 在 $T$ 上绝对收敛且一致收敛。
证明思路
由 $\left|\int_{A}^{+\infty}f(x,t)dx\right|\le\int_{A}^{+\infty}M(x)dx$，右端与 $t$ 无关且趋于 $0$，故尾巴一致小。绝对收敛由 $\int|f|\le\int M$ 得到。
优函数判别法的全部力量来自「$M(x)$ 与 $t$ 无关」：$\left|\int_A^{+\infty}f\right|\le\int_A^{+\infty}M$，右端不依赖 $t$ 且趋于 $0$，这才叫对所有 $t$ 一致地小。删掉「与 $t$ 无关」，右端可能随 $t$ 一起变大，「一致地小」无从谈起。
- 狄利克雷：$\int_{a}^{A}f(x,t)dx$ 对 $A$ 与 $t$ 一致有界，且 $g(x,t)$ 对每个 $t$ 关于 $x$ 单调，且 $g(x,t)$ 对 $x$ 一致趋于 $0$（$x\to+\infty$）
- 阿贝尔：$\int_{a}^{+\infty}f(x,t)dx$ 一致收敛，且对每个 $t$，$g(\cdot,t)$ 关于 $x$ 单调，且 $g(x,t)$ 对 $x,t$ 一致有界
在上述对应条件下，$\int_{a}^{+\infty}f(x,t)g(x,t)dx$ 在 $T$ 上一致收敛。
证明思路
用第二积分中值定理估计 $\int_{A}^{A'}fg$，把因子 $g$ 的单调性与一致趋零（或一致有界）提出来，配合 $f$ 的积分一致小或一致有界，得到余项一致小于 $\varepsilon$。
- 对每个 $t\in T$，$\int_{a}^{+\infty}f(x,t)dx$ 在 $T$ 上一致收敛
- （连续性）$f(x,t)$ 在 $[a,+\infty)\times T$ 上连续
- （求导）$f_t(x,t)$ 连续，且 $\int_{a}^{+\infty}f_t(x,t)dx$ 一致收敛，另有一点 $t_0$ 使 $\int_{a}^{+\infty}f(x,t_0)dx$ 收敛
$F(t)=\int_{a}^{+\infty}f(x,t)dx$ 在 $T$ 上连续；若再满足求导条件，则 $F$ 可导且 $F'(t)=\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f_t(x,t)dx$。此外，在可积与一致收敛条件下可换序：$\int_{c}^{d}F(t)dt=\int_{a}^{+\infty}\left(\int_{c}^{d}f(x,t)dt\right)dx$。
证明思路
连续性：把 $F$ 拆成 $\int_{a}^{A}+\int_{A}^{+\infty}$，前段用有限区间连续性，后段用一致收敛尾巴小。求导：对差商用积分号下求导，再用一致收敛控制极限。换序：一致收敛保证无穷积分可截断后交换有限次序再取极限。
一致收敛是把极限搬进积分号的通行证：把 $F$ 拆成 $\int_a^A+\int_A^{+\infty}$，前段是有限区间的老结论，后段靠一致收敛让尾巴对所有 $t$ 同时小。求导还要 $\int f_t$ 一致收敛外加一点收敛：前者控制误差，后者钉住初值；直觉上说，缺了初值这条，$F$ 连可导性都可能保不住。
证明 $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-tx}\,dx$ 在 $[1,+\infty)$ 上一致收敛，并求其和。
解答与答案
- 当 $t\ge 1$，$x\ge 0$ 时 $0<e^{-tx}\le e^{-x}$，而 $\int_{0}^{+\infty}e^{-x}dx=1$ 收敛。
- 由优函数判别法，$\int_{0}^{+\infty}e^{-tx}dx$ 在 $t\in[1,+\infty)$ 上一致收敛。
- 对固定 $t>0$，$\int_{0}^{A}e^{-tx}dx=\dfrac{1-e^{-tA}}{t}$，令 $A\to+\infty$ 得 $\dfrac{1}{t}$。
- 故 $F(t)=\dfrac{1}{t}$，且在 $[1,+\infty)$ 上一致收敛到该函数。
答案一致收敛，$F(t)=\dfrac{1}{t}$（$t\ge 1$）。
讨论 $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\sin(tx)}{x}\,dx$ 在 $[1,+\infty)$ 上的一致收敛性。
解答与答案
- 对固定 $t\ge 1$，$\int_{1}^{A}\sin(tx)dx=\left.-\dfrac{\cos(tx)}{t}\right|_{1}^{A}=\dfrac{\cos t-\cos(tA)}{t}$，故 $\left|\int_{1}^{A}\sin(tx)dx\right|\le \dfrac{2}{t}\le 2$ 与 $A$ 无关。
- $g(x,t)=\dfrac{1}{x}$ 对 $x$ 单调递减，且当 $x\to+\infty$ 时对 $t\ge 1$ 一致地 $g\to 0$（与 $t$ 无关）。
- 由狄利克雷判别法，$\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\sin(tx)}{x}dx$ 在 $t\in[1,+\infty)$ 上一致收敛。
- 注意积分不是绝对收敛：$\int_{1}^{+\infty}\dfrac{|\sin(tx)|}{x}dx$ 发散。
答案在 $[1,+\infty)$ 上一致收敛（非绝对收敛）。
- 把“每个 $t$ 收敛”当成“一致收敛”：例如 $\int_{0}^{+\infty}te^{-tx}dx$ 在 $(0,1]$ 上逐点收敛，但不一致收敛，尾巴依赖 $t$。
- 优函数判别法里忘记 $M(x)$ 必须与 $t$ 无关：若控制函数也依赖 $t$ 且随 $t$ 变坏，就不是一致控制。
- 在不一致收敛的参数区间上随意交换极限与积分、或积分号下求导：一致收敛（及导数积分一致收敛）是这些操作的门槛条件。
1若存在与 $t$ 无关的 $M(x)$ 使 $|f(x,t)|\le M(x)$ 且 $\int M$ 收敛，则 $\int f(x,t)dx$ 在参数集上
答案与解析
正确答案：B
这就是魏尔斯特拉斯优函数判别法的结论。
2一致收敛的含参量反常积分，其和函数一定连续（被积函数连续时）。
答案与解析
正确答案：A
一致收敛保持连续性：截断后有限积分连续，尾巴一致小。
§3欧拉积分
算 $\Gamma$、$B$ 的积分先认参数：指数要「加一还原」，$x^3(1-x)^2$ 对应 $B(4,3)$ 而不是 $B(3,2)$；再套 $B=\dfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$，最后用 $\Gamma(n+1)=n!$ 收尾。
换元 $x=ut$、$y=u(1-t)$ 时雅可比因子 $u$ 是整个证明的枢纽：它把幂次凑成 $u^{p+q-1}$，从而拆出 $\Gamma(p+q)B(p,q)$。类比到此为止：这是形式演算，严格性由被积函数非负与极限定理兜底。
对 $p>0$，称 $\Gamma(p)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}x^{p-1}e^{-x}\,dx$ 为伽马函数。对 $p>0,q>0$，称 $B(p,q)=\displaystyle\int_{0}^{1}x^{p-1}(1-x)^{q-1}\,dx$ 为贝塔函数（第一类欧拉积分）。
收敛范围：$\Gamma$ 要求 $p>0$；$B$ 要求 $p>0,q>0$。两者都是含参量反常积分。
伽马函数与贝塔函数一般认为是欧拉在十八世纪引入的：他想把 $n!$ 插值成连续变量的函数，$\Gamma(n+1)=n!$ 就是这个愿望的兑现；贝塔函数来自他对二项式系数的积分表示。两者今天合称欧拉积分。
- $p>0$
$\Gamma(p+1)=p\,\Gamma(p)$；特别地 $\Gamma(n+1)=n!$（$n\in\mathbb{N}$），$\Gamma(1)=1$。又 $\Gamma(p)$ 在 $p>0$ 上连续可导。
证明思路
分部积分：$\Gamma(p+1)=\int_{0}^{+\infty}x^{p}e^{-x}dx=\left.-x^{p}e^{-x}\right|_{0}^{+\infty}+p\int_{0}^{+\infty}x^{p-1}e^{-x}dx=p\,\Gamma(p)$。连续可导来自含参量积分性质。
- $p>0,q>0$
$B(p,q)=B(q,p)$；$B(p,q)=\dfrac{q-1}{p+q-1}B(p,q-1)$（$q>1$）；$B(p,q)=\dfrac{p-1}{p+q-1}B(p-1,q)$（$p>1$）。
证明思路
对称性用换元 $x\mapsto 1-x$。递推用分部积分或写成 $B(p,q)=\int_{0}^{1}x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx$ 后把 $(1-x)^{q-1}$ 拆出因子再分部，整理出 $\dfrac{q-1}{p+q-1}$ 的系数。
- $p>0,q>0$
$B(p,q)=\dfrac{\Gamma(p)\,\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$。
证明思路
先写 $\Gamma(p)\Gamma(q)=\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}x^{p-1}y^{q-1}e^{-(x+y)}dxdy$，作换元 $x=u t$，$y=u(1-t)$（$u>0, t\in(0,1)$），雅可比因子为 $u$。积分化为 $\int_{0}^{+\infty}u^{p+q-1}e^{-u}du\cdot\int_{0}^{1}t^{p-1}(1-t)^{q-1}dt=\Gamma(p+q)B(p,q)$。
等式靠一次二元换元 $x=ut$、$y=u(1-t)$：承重的是换元可逆、雅可比因子 $u$ 没算错，以及两端都收敛（$p,q>0$）。若 $p\le0$，$\Gamma(p)$ 在 $x=0$ 附近发散，公式两端都失去意义。
- 取 $p=q=\dfrac{1}{2}$ 于关系式，或直接计算 $\Gamma(1/2)$
$\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$，$B\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right)=\pi$。
证明思路
$\Gamma(1/2)=\int_{0}^{+\infty}x^{-1/2}e^{-x}dx$，令 $x=u^{2}$，$dx=2u\,du$，得 $2\int_{0}^{+\infty}e^{-u^{2}}du=\sqrt{\pi}$（高斯积分）。再由 $B(1/2,1/2)=\Gamma(1/2)^{2}/\Gamma(1)=\pi$。
计算 $\displaystyle\int_{0}^{1}x^{3}(1-x)^{2}\,dx$，并用 $\Gamma$ 表示。
解答与答案
- 认出 $\int_{0}^{1}x^{4-1}(1-x)^{3-1}dx=B(4,3)$。
- 用递推或直接积分：$B(p,q)=\dfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$。
- $\Gamma(4)=3!=6$，$\Gamma(3)=2!=2$，$\Gamma(7)=6!=720$，故 $B(4,3)=\dfrac{6\cdot 2}{720}=\dfrac{12}{720}=\dfrac{1}{60}$。
- 直接验证：$\int_{0}^{1}x^{3}(1-2x+x^{2})dx=\int_{0}^{1}(x^{3}-2x^{4}+x^{5})dx=\dfrac{1}{4}-\dfrac{2}{5}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{15-24+10}{60}=\dfrac{1}{60}$。
答案$\dfrac{1}{60}$。
计算 $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}x^{2}e^{-x}\,dx$。
解答与答案
- 认出 $\int_{0}^{+\infty}x^{3-1}e^{-x}dx=\Gamma(3)$。
- 由 $\Gamma(n+1)=n!$，$\Gamma(3)=2!=2$。
- 也可分部两次验证：$\int x^{2}e^{-x}dx=-x^{2}e^{-x}+2\int x e^{-x}dx$，再 $\int x e^{-x}dx=-xe^{-x}+\int e^{-x}dx$，代入上下限得 $2$。
答案$2$。
- 忽略收敛范围：$\Gamma(p)$ 只在 $p>0$ 收敛（$p\le 0$ 时 $x=0$ 附近发散）；$B(p,q)$ 要求 $p,q>0$，写成 $\Gamma(p)\Gamma(q)/\Gamma(p+q)$ 时分母 $\Gamma(p+q)$ 有意义也需 $p+q>0$。
- 换元 $x=u^{2}$ 或 $x=ut$ 时漏雅可比因子：如 $dx=2u\,du$，少写因子 $2$ 会算错 $\Gamma(1/2)$。
- 把 $\Gamma(n+1)=n!$ 用在非正整数参数上：递推只在 $p>0$ 用，且 $\Gamma(1/2)$ 不是阶乘意义下的值，要用高斯积分算。
1$\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)$ 的值是
答案与解析
正确答案：B
换元 $x=u^{2}$ 得 $2\int_{0}^{+\infty}e^{-u^{2}}du=\sqrt{\pi}$。
2关系式 $B(p,q)=\dfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$ 对一切 $p>0,q>0$ 成立。
答案与解析
正确答案：A
这是欧拉积分的标准恒等式，条件就是 $p>0,q>0$。
曲线积分CHAPTER 20 · 2 SECTIONS
本章把一元定积分推广到曲线上。第一型曲线积分按弧长元素 ds 累加，与曲线定向无关，可用于质量、质心；第二型曲线积分按有向投影 dx, dy, dz 累加，与定向有关，可表变力作功。两类积分可通过切向量方向余弦互化，计算都化为参数定积分，并须写清参数范围与雅可比因子。
上一章把被积函数换成了含参数的对象，这一章把积分的范围从区间搬到曲线上：沿着一条曲线把量累加起来。第一型用弧长元素 $ds$，只认曲线不认方向；第二型用有向投影 $dx,dy$，于是「换条路走，结果变不变」成了核心问题。这个问题的答案（保守场、势函数、$P_y=Q_x$）本章先给直觉与判别，完整的证明要等第 21 章的格林公式。
§1第一型曲线积分
把 $\int_L f\,ds$ 读成「卷尺加权重」：沿曲线量一小段弧长，乘上这一小段的密度或高度，再累加，于是质量、质心、转动惯量全是同一个套路。类比到此为止：卷尺不认方向，所以第一型只有「哪一段」，没有起点终点之分。
$\int_L 1\,ds$ 就是弧长本身：单位圆周上等于 $2\pi\approx6.28$。$f$ 变号时它只是加权和，不再有「总质量」的解释；但计算公式照样用参数式，别指望物理直觉，也别以为积分会因此不存在。
设 $L$ 为平面上可求长曲线段，$f(x,y)$ 在 $L$ 上有定义。对 $L$ 作分割 $\Delta s_1,\ldots,\Delta s_n$，任取点 $(\xi_i,\eta_i)$ 于第 $i$ 小段，作和 $\sum f(\xi_i,\eta_i)\Delta s_i$。若当分割加细时该和有与分法及取点无关的极限 $I$，则称 $f$ 在 $L$ 上第一型曲线积分存在，记 $I=\displaystyle\int_{L}f(x,y)\,ds$。
$ds\ge 0$ 是弧长微元；被积函数在弧上取值，与定向无关。空间曲线同理写 $\int_{L}f(x,y,z)ds$。
第一型曲线积分一般认为是从求曲线形构件的质量、重心这类问题逼出来的：先有物理上的「细分、求和、取极限」，后有 $\int_L f\,ds$ 的记号。十九世纪它被纳入积分学的统一框架，与重积分、曲面积分并列。
- 曲线 $L$ 由参数方程 $x=\varphi(t), y=\psi(t)$（$\alpha\le t\le\beta$）给出
- $\varphi,\psi$ 在 $[\alpha,\beta]$ 上连续可微，且 $\varphi'^{2}+\psi'^{2}\neq 0$（正则参数化）
- $f(x,y)$ 在 $L$ 上连续
第一型曲线积分存在，且 $\displaystyle\int_{L}f(x,y)\,ds=\int_{\alpha}^{\beta}f(\varphi(t),\psi(t))\sqrt{\varphi'(t)^{2}+\psi'(t)^{2}}\,dt$。参数换成反向时结果不变。
证明思路
弧长微元 $ds=\sqrt{dx^{2}+dy^{2}}=\sqrt{\varphi'^{2}+\psi'^{2}}\,dt$（$dt>0$）。按第一型积分定义把和式取极限，即得参数定积分公式。反向参数化时 $dt$ 与根号内导数平方都不变，故值不变。
三个条件各管一段：$f$ 连续保证黎曼和收敛；正则参数化 $\varphi'^2+\psi'^2\neq0$ 保证切向量处处有定义；参数化给出 $ds=\sqrt{\varphi'^2+\psi'^2}\,dt$ 的换算。删掉正则性，像 $x=t^3$ 这类在 $t=0$ 速度为零的参数化就要单独小心，别直接套公式。
- $f,g$ 在 $L$ 上的第一型曲线积分存在
- $\alpha,\beta$ 为常数
- $L=L_1+L_2$ 为可求长曲线的拼接
线性性：$\int_{L}(\alpha f+\beta g)ds=\alpha\int_{L}f ds+\beta\int_{L}g ds$；路径可加：$\int_{L}f ds=\int_{L_1}f ds+\int_{L_2}f ds$；与定向无关：$\int_{L}f ds=\int_{L^{-}}f ds$。
证明思路
线性性与可加性由黎曼和的线性与分割相加得到。与定向无关是因为 $ds$ 是弧长，参数反向后 $ds$ 表达式不变，只改变积分上下限次序，而根号因子取正，结果相同。
「与定向无关」承重的是 $ds$ 的非负性：参数反向时 $dt$ 变号，但根号因子 $\sqrt{\varphi'^2+\psi'^2}$ 里导数都是平方，符号在两处相消。可加性来自分割相加。换成第二型，$dx,dy$ 是有向增量，符号不再相消，于是反向变号。
- $\rho(x,y)$ 为 $L$ 的线密度，$\rho$ 在 $L$ 上连续
质量 $m=\displaystyle\int_{L}\rho\,ds$；质心 $\bar{x}=\dfrac{1}{m}\int_{L}x\rho\,ds$，$\bar{y}=\dfrac{1}{m}\int_{L}y\rho\,ds$；对轴的转动惯量如 $I_x=\int_{L}y^{2}\rho\,ds$。
证明思路
把曲线分割成小弧段，每段质量近似 $\rho(\xi,\eta)\Delta s$，取极限即得质量积分；静矩与惯量同理用矩的黎曼和取极限。
计算 $\displaystyle\int_{L}(x+y)\,ds$，其中 $L$ 为从 $(0,0)$ 到 $(1,1)$ 的直线段。
解答与答案
- 参数化：$x=t, y=t$，$t\in[0,1]$。则 $dx/dt=1$，$dy/dt=1$。
- 弧长元素 $ds=\sqrt{1^{2}+1^{2}}\,dt=\sqrt{2}\,dt$。
- 代入：$\int_{L}(x+y)ds=\int_{0}^{1}(t+t)\sqrt{2}\,dt=\sqrt{2}\int_{0}^{1}2t\,dt$。
- 计算：$\sqrt{2}\cdot 2\cdot \dfrac{1}{2}=\sqrt{2}$。若反向参数化 $x=1-t,y=1-t$，$t\in[0,1]$，结果相同。
答案$\sqrt{2}$。
计算 $\displaystyle\int_{L}y\,ds$，其中 $L$ 为上半圆周 $x^{2}+y^{2}=a^{2}$，$y\ge 0$（$a>0$）。
解答与答案
- 参数化：$x=a\cos t$，$y=a\sin t$，$t\in[0,\pi]$（上半圆，从 $(a,0)$ 到 $(-a,0)$）。
- $x'=-a\sin t$，$y'=a\cos t$，故 $ds=\sqrt{a^{2}\sin^{2}t+a^{2}\cos^{2}t}\,dt=a\,dt$（$a>0$）。
- $\int_{L}y\,ds=\int_{0}^{\pi}a\sin t\cdot a\,dt=a^{2}\int_{0}^{\pi}\sin t\,dt$。
- 计算：$a^{2}[-\cos t]_{0}^{\pi}=a^{2}(1-(-1))=2a^{2}$。
答案$2a^{2}$。
- 把 $ds$ 写成 $dx$：第一型是弧长微元 $ds=\sqrt{\varphi'^{2}+\psi'^{2}}|dt|$，永远取非负；若写成 $dx$ 就变成第二型，且会随定向变号。
- 参数范围与曲线段不符：上半圆必须取 $t\in[0,\pi]$ 而不是 $[0,2\pi]$，否则多算下半圆；上下限必须按参数从起点到终点的取值区间书写。
- 漏掉雅可比/弧长因子 $\sqrt{\varphi'^{2}+\psi'^{2}}$：若参数不是弧长参数，直接 $\int f dt$ 就错了。
1第一型曲线积分 $\int_{L}f\,ds$ 与曲线 $L$ 的定向
答案与解析
正确答案：B
$ds$ 是弧长，非负；参数反向后积分值不变。
2若 $L: x=\varphi(t), y=\psi(t)$，$t\in[\alpha,\beta]$，则 $\int_L f\,ds=\int_\alpha^\beta f(\varphi,\psi)\sqrt{\varphi'^2+\psi'^2}\,dt$。
答案与解析
正确答案：A
这是第一型曲线积分的标准参数计算公式，前提是正则参数化且 $f$ 连续。
§2第二型曲线积分
把第二型积分读成做功：$\int_L P\,dx+Q\,dy$ 是力 $(P,Q)$ 沿有向路径做的总功。保守场就是「做功只看起点终点」的场，好比重力场里把石头搬到同一高度，走哪条路都不差。类比到此为止：真实力场有摩擦与涡流，做功会依赖路径，那时 $P_y\neq Q_x$。
与路径无关不是默认事实。$P,Q$ 在单连通区域上有连续偏导时四件事等价：沿任意闭路积分等于 $0$；积分只由端点决定；存在势函数 $u$ 使 $P\,dx+Q\,dy=du$；$P_y=Q_x$。检验看最后一条：$x\,dy-y\,dx$ 有 $P_y=-1\neq1=Q_x$，沿折线得 $1$、沿直线只得 $0$。
设 $L$ 为从 $A$ 到 $B$ 的有向可求长曲线，$P(x,y)$、$Q(x,y)$ 在 $L$ 上有定义。作分割并在第 $i$ 小段上取点 $(\xi_i,\eta_i)$，作和 $\sum [P(\xi_i,\eta_i)\Delta x_i+Q(\xi_i,\eta_i)\Delta y_i]$，其中 $\Delta x_i,\Delta y_i$ 为该小段坐标的增量。若极限存在，记 $\displaystyle\int_{L}P\,dx+Q\,dy$。曲线反向时积分变号。
$dx,dy$ 是有向量；$\int_{L^{-}}Pdx+Qdy=-\int_{L}Pdx+Qdy$。空间曲线同理有 $\int Pdx+Qdy+Rdz$。
- 有向曲线 $L$ 由 $x=\varphi(t), y=\psi(t)$ 给出，$t$ 从 $\alpha$ 到 $\beta$（对应从起点到终点的定向）
- $\varphi,\psi$ 连续可微且 $\varphi'^{2}+\psi'^{2}\neq 0$
- $P,Q$ 在 $L$ 上连续
$\displaystyle\int_{L}P\,dx+Q\,dy=\int_{\alpha}^{\beta}\bigl[P(\varphi(t),\psi(t))\varphi'(t)+Q(\varphi(t),\psi(t))\psi'(t)\bigr]dt$。若反向参数化，则积分变号。
证明思路
由 $dx=\varphi'(t)dt$，$dy=\psi'(t)dt$，把和式中 $\Delta x_i\approx\varphi'\Delta t_i$，$\Delta y_i\approx\psi'\Delta t_i$ 代入黎曼和取极限。定向体现在 $t$ 从 $\alpha$ 跑到 $\beta$ 的方向；反向时上下限对换，积分变号。
公式里 $\int_\alpha^\beta$ 的上下限跟着「起点到终点」走，这正是定向的全部内容：反向参数化就上下限对换，结果变号。若硬按 $\alpha<\beta$ 的习惯写而方向相反，会白得一个负号；正则条件则保证切向量有意义。
- $L$ 为光滑有向曲线，切向量方向余弦为 $\cos\alpha,\cos\beta$（单位切向量 $T=(\cos\alpha,\cos\beta)$，与定向一致）
- $P,Q$ 在 $L$ 上连续
$\displaystyle\int_{L}P\,dx+Q\,dy=\int_{L}(P\cos\alpha+Q\cos\beta)\,ds$。
证明思路
沿有向曲线有 $dx=\cos\alpha\,ds$，$dy=\cos\beta\,ds$（$ds>0$，方向余弦带定向信息）。代入第二型定义即得与第一型的关系。
$\cos\alpha,\cos\beta$ 是与定向一致的单位切向量分量，$dx=\cos\alpha\,ds$ 把方向信息编进第一型的壳子里。删掉「单位」会多出长度因子，搞反定向会差一个符号；这解释了为什么第一型换向不变、第二型换向变号。
- 相关积分存在
- $L$ 有定向
线性性成立；路径可加 $\int_{L}=\int_{L_1}+\int_{L_2}$（保持定向拼接）；反向变号 $\int_{L^{-}}=-\int_{L}$；$\int_{L}dx=x(B)-x(A)$，$\int_{L}dy=y(B)-y(A)$。
证明思路
线性性与可加性由黎曼和得到。反向变号来自 $dx,dy$ 是有向增量。$\int_L dx$ 沿参数化等于 $\int_{\alpha}^{\beta}\varphi'(t)dt=\varphi(\beta)-\varphi(\alpha)=x(B)-x(A)$。
- 力场 $\vec{F}=(P,Q)$ 在 $L$ 上连续
- 质点沿有向曲线 $L$ 从 $A$ 运动到 $B$
力所作的功 $W=\displaystyle\int_{L}P\,dx+Q\,dy=\int_{L}\vec{F}\cdot d\vec{r}$。
证明思路
把路径分割，小段位移 $\Delta\vec{r}_i$ 上功近似 $\vec{F}(\xi_i,\eta_i)\cdot\Delta\vec{r}_i$，即 $P\Delta x_i+Q\Delta y_i$，取极限得第二型曲线积分。
第二型曲线积分的原型是变力做功，来自十八、十九世纪的分析力学：把路径切成小段、每段近似常力做功、取极限。今天记号 $P\,dx+Q\,dy$ 里的 $dx,dy$ 就是有向位移分量，$\vec{F}\cdot d\vec{r}$ 只是它的向量写法。
计算 $\displaystyle\int_{L}x\,dy-y\,dx$，其中 $L$ 为从 $(0,0)$ 到 $(1,1)$ 的直线段，方向从 $(0,0)$ 到 $(1,1)$。
解答与答案
- 参数化：$x=t, y=t$，$t: 0\to 1$（与定向一致）。则 $dx=dt$，$dy=dt$。
- 代入：$x\,dy-y\,dx=t\,dt-t\,dt=0$。
- 故积分值为 $0$。也可看出 $x\,dy-y\,dx$ 在 $y=x$ 上沿切向 $(1,1)$ 的配对为 $1\cdot 1-1\cdot 1=0$。
答案$0$。
计算 $\displaystyle\int_{L}y\,dx+x\,dy$，其中 $L$ 为从 $(0,0)$ 到 $(1,0)$ 再到 $(1,1)$ 的折线，方向保持从 $(0,0)$ 经 $(1,0)$ 到 $(1,1)$。
解答与答案
- 第一段 $L_1$：$y=0$，$x: 0\to 1$，$dy=0$。$\int_{L_1}y\,dx+x\,dy=\int_{0}^{1}0\,dx+ x\cdot 0=0$。
- 第二段 $L_2$：$x=1$，$y: 0\to 1$，$dx=0$。$\int_{L_2}y\,dx+x\,dy=\int_{0}^{1}y\cdot 0+1\,dy=1$。
- 拼接：$\int_{L}=0+1=1$。
- 反向验证：若从 $(1,1)$ 经 $(1,0)$ 到 $(0,0)$，则应得 $-1$。
答案$1$。
- 忽略定向：第二型曲线积分必须写清起点与终点方向；反向积分变号，而第一型不变。把 $\int_{L}$ 与 $\int_{L^{-}}$ 混用会直接差一个负号。
- 把 $ds$ 与 $dx,dy$ 混为一谈：$ds$ 非负且与定向无关，$dx,dy$ 是有向增量；两类积分的互化要用方向余弦 $dx=\cos\alpha\,ds$。
- 参数方向与曲线定向不一致时仍用 $\alpha<\beta$ 的公式：应让参数从起点对应值跑到终点对应值；若反向参数化，上下限对换，结果变号。
1第二型曲线积分在曲线反向后
答案与解析
正确答案：B
$dx,dy$ 有向，$\int_{L^{-}}=-\int_{L}$。
2第一型与第二型曲线积分的关系是 $\int_{L}P\,dx+Q\,dy=\int_{L}(P\cos\alpha+Q\cos\beta)\,ds$，其中 $\cos\alpha,\cos\beta$ 为与定向一致的单位切向量。
答案与解析
正确答案：A
由 $dx=\cos\alpha\,ds$，$dy=\cos\beta\,ds$ 即得。
重积分CHAPTER 21 · 6 SECTIONS
本章把一元定积分推广到平面与空间区域：先用分割求和定义二重积分并讨论可积性，再在直角坐标下化为累次积分，用格林公式把二重积分与曲线积分联系起来，通过变量变换（含极坐标、柱坐标、球坐标）处理复杂区域，最后给出三重积分与重积分在曲面面积、质心、转动惯量和引力上的应用。计算的两大关键是：写清积分限，写清雅可比因子。
上一章把积分搬到曲线上，这一章把载体换成平面和空间的区域：切块、求和、取极限，得到二重与三重积分。真正立起来的是两件事：化成累次积分的定限功夫，以及换元时面积元怎样被雅可比行列式拉伸；格林公式又把本章的二重积分与上一章的曲线积分接成一条来回走的通道。往下走，这套模板原样搬进第二十二章的曲面积分，散度与通量的账也从这里起头。
§1二重积分概念
「黎曼和」这个名字来自黎曼十九世纪中叶研究三角级数时给出的积分定义：分割、任取代表点、作和、取极限。二维只是把小区间长度换成小块面积，骨架一模一样。类比到此为止：一维分割只有左右顺序，平面上小块形状任意，所以二重积分要先问区域本身可不可求面积。
设 $D\subset\mathbb{R}^2$ 是有界区域。用平行于坐标轴的直线网分割平面，记含于 $D$ 内部的小矩形面积之和为 $s$，与 $\overline{D}$ 相交的小矩形面积之和为 $S$。若 $\sup s=\inf S$，则称 $D$ 可求面积（若尔当可测），并称该公共值为 $D$ 的面积 $\sigma(D)$。
直线网加细时 $s$ 不减、$S$ 不增，故上下确界都存在。矩形、多边形、圆盘都可求面积；但平面上的有理点集不可求面积。
面积的严格定义走过两条路。十九世纪末若尔当在整理分析讲义时用网格上下夹逼给出可测集判别，「若尔当可测」这个名字就是这么来的；二十世纪初勒贝格改用覆盖法做出更宽的测度论。重积分的初等理论至今沿用若尔当这一套，因为它离黎曼和最近。
设 $f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上有界。把 $D$ 任意分割成 $n$ 个小闭区域 $\Delta\sigma_1,\ldots,\Delta\sigma_n$（面积仍记为 $\Delta\sigma_i$），任取 $(\xi_i,\eta_i)\in\Delta\sigma_i$，作黎曼和 $\sum_{i=1}^n f(\xi_i,\eta_i)\Delta\sigma_i$。记 $\lambda=\max_i d(\Delta\sigma_i)$（小区域直径）。若当 $\lambda\to0$ 时黎曼和存在与分割及取点方式无关的极限 $I$，则称 $f$ 在 $D$ 上可积，记 $I=\iint_D f(x,y)\,d\sigma=\iint_D f(x,y)\,dx\,dy$。
可积性要求极限与分割方式、代表点选取都无关。$d\sigma$ 与 $dx\,dy$ 在直角坐标下意义相同。
- $f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上可积
$f$ 在 $D$ 上有界。
证明思路
反证。若 $f$ 无界，则对任意固定的分割，总能在某小块上取到使黎曼和任意大（或任意小）的代表点，黎曼和不可能收敛到有限极限，与可积矛盾。
- $D$ 是有界闭区域且可求面积
- $f(x,y)$ 在 $D$ 上连续
$f$ 在 $D$ 上可积。
证明思路
有界闭区域上的连续函数一致连续且有界。对 $\varepsilon>0$，取分割足够细，使每个小块上振幅 $\omega_i<\varepsilon/\sigma(D)$，则上和与下和之差 $\sum\omega_i\Delta\sigma_i<\varepsilon$。由达布准则知可积。
承重的是连续性：它把每小块的振幅压到任意小，上下和才能夹逼。仅有界不够——狄利克雷函数在 $[0,1]^2$ 上每点振幅都是 $1$，上和恒为 $1$、下和恒为 $0$，永不相认。而「$D$ 可求面积」保证 $\sigma(D)$ 存在，估值不等式 $m\sigma\le\iint f\le M\sigma$ 里的 $\sigma$ 才有意义。
- $f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上有界
- $f$ 的间断点全体 $J$ 的面积为 $0$
$f$ 在 $D$ 上可积。
证明思路
用一组总面积小于 $\varepsilon$ 的小矩形盖住 $J$，其余部分 $f$ 连续故振幅可控。把上下和之差分成间断点附近与光滑部分两块估计，前者小于 $\varepsilon$，后者振幅可取得任意小。
「$J$ 面积为零」说的是坏点必须薄到撑不出面积，与个数无关：$f(x,y)=\sin(1/x)$ 只在 $x=0$ 这条线上间断，线的面积是 $0$，照常可积；狄利克雷函数的间断点铺满 $[0,1]^2$、面积 $1$，就不可积。删掉这条，连续性在大片区域上失控，上下和之差压不下去。
- $f,g$ 在有界闭区域 $D$ 上可积
- $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$
(1) 线性：$\iint_D(\alpha f+\beta g)\,d\sigma=\alpha\iint_D f\,d\sigma+\beta\iint_D g\,d\sigma$；(2) 区域可加：$D=D_1\cup D_2$ 且 $D_1\cap D_2$ 面积为 $0$ 时积分等于两块之和；(3) 保序：$f\le g$ 时 $\iint_D f\le\iint_D g$；(4) $\left|\iint_D f\,d\sigma\right|\le\iint_D|f|\,d\sigma$；(5) 估值：$m\sigma\le\iint_D f\,d\sigma\le M\sigma$，其中 $m,M$ 为 $f$ 的下、上确界，$\sigma$ 为 $D$ 的面积；(6) 中值定理：若 $f$ 连续，则存在 $(\xi,\eta)\in D$ 使 $\iint_D f\,d\sigma=f(\xi,\eta)\sigma$。
证明思路
前三条由黎曼和的线性性与保序性取极限；(4) 用三角不等式 $\left|\sum f_i\Delta\sigma_i\right|\le\sum|f_i|\Delta\sigma_i$；(5) 由 $m\le f\le M$ 与 (3)；(6) 用连续函数的介值性，$f$ 在 $D$ 上取到介于上下确界之间的值。
设 $D$ 为单位圆盘 $x^2+y^2\le 1$，估计 $I=\iint_D (x^2+y^2+1)\,d\sigma$ 的范围。
解答与答案
- 在 $D$ 上 $0\le x^2+y^2\le 1$，故 $1\le x^2+y^2+1\le 2$。
- $D$ 的面积 $\sigma=\pi\cdot 1^2=\pi$。
- 由估值定理 $m\sigma\le I\le M\sigma$ 得 $\pi\le I\le 2\pi$。
答案$\pi\le I\le 2\pi$（实际 $I=\dfrac{3\pi}{2}$，落在范围内）
设 $f$ 在有界闭区域 $D$ 上连续，$f\ge 0$，且 $\iint_D f(x,y)\,d\sigma=0$。证明 $f\equiv 0$ 于 $D$。
解答与答案
- 反证：若存在 $M_0\in D$ 使 $f(M_0)>0$。
- 由连续性，存在 $\delta>0$ 使在 $D\cap B(M_0,\delta)$ 上 $f>\dfrac{f(M_0)}{2}>0$，该交集面积为正（$M_0$ 在 $D$ 的内点或边界上均可取到正测度的小块）。
- 则 $\iint_D f\,d\sigma\ge\iint_{D\cap B}f\,d\sigma>0$，与 $\iint_D f=0$ 矛盾。
答案$f\equiv 0$ 于 $D$。
- 把“有界”当成可积的充分条件：狄利克雷函数 $D(x,y)=1$（$x,y$ 均为有理数）否则 $0$，在 $[0,1]^2$ 上有界但处处间断，不可积。
- 忽略 $D$ 必须是有界闭区域且可求面积：无界区域上的反常重积分是另一套理论，不能直接套用本节定义与性质。
- 用中值定理时漏掉 $f$ 需要连续：仅有界可积时只能写出 $\iint_D f=\mu\sigma$（$\mu$ 介于上下确界之间），不能保证存在 $(\xi,\eta)$ 使 $\mu=f(\xi,\eta)$。
- 乱用对称性：只有当区域关于坐标轴（或某直线）对称且被积函数有相应奇偶性时才能化简；仅区域对称、函数无奇偶性时不能约化。
1$f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上可积的必要条件是
答案与解析
正确答案：B
可积必有界（定理21-1）；但有界不一定可积，连续也只是充分条件而非必要条件。
2有界闭区域上的连续函数一定可积。
答案与解析
正确答案：A
这是定理21-2：连续必可积。连续性给出一致连续，从而上下和之差可任意小。
§2直角坐标系下二重积分的计算
定限口诀：后积先定限，限内画条线。外层变量的限必须是常数，内层的限写成外层变量的函数；沿内层轴方向画一支箭头穿过区域，穿入的是下限、穿出的是上限。箭头分几段进、几段出，区域就要拆几块。
交换积分次序常常是唯一出路，而不只是验算：$\int e^{x^2}\,dx$ 积不出初等函数，但按例题 21-4 那样交换次序、先对 $y$ 积，答案就落成 $\dfrac{e-1}{2}$ 这样的初等数。原次序卡住时，先画区域再换序。
若 $D=\{(x,y)\mid a\le x\le b,\ \varphi_1(x)\le y\le\varphi_2(x)\}$，其中 $\varphi_1,\varphi_2\in C[a,b]$，则称 $D$ 为 X-型区域（$x$-型区域）。
X-型区域的特点是：$x$ 的限是常数，$y$ 的限是 $x$ 的函数。
若 $D=\{(x,y)\mid c\le y\le d,\ \psi_1(y)\le x\le\psi_2(y)\}$，其中 $\psi_1,\psi_2\in C[c,d]$，则称 $D$ 为 Y-型区域（$y$-型区域）。
Y-型区域的特点是：$y$ 的限是常数，$x$ 的限是 $y$ 的函数。
- $D=\{(x,y)\mid a\le x\le b,\ \varphi_1(x)\le y\le\varphi_2(x)\}$ 为 X-型区域
- $f(x,y)$ 在 $D$ 上连续
$\iint_D f(x,y)\,d\sigma=\int_a^b dx\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)}f(x,y)\,dy$。
证明思路
固定 $x$，把 $f(x,y)$ 看成 $y$ 的一元函数在 $[\varphi_1(x),\varphi_2(x)]$ 上积分得 $A(x)=\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)}f(x,y)\,dy$。再把 $A(x)$ 在 $[a,b]$ 上对 $x$ 积分。用平行于坐标轴的分割逼近黎曼和，可验证该累次积分等于二重积分。
条件「X-型」与「连续」各管一件事：X-型保证每个 $x$ 处竖直线段的上下限是 $x$ 的连续函数，内层积分 $A(x)$ 定义良好、外层才积得动；连续性保证黎曼和逼近合法。区域形状不服从就别硬套：圆盘 $x^2+y^2\le1$ 的 X-型描述必须是 $-1\le x\le1$，写成 $0\le x\le1$ 就只算了右半圆。
- $D=\{(x,y)\mid c\le y\le d,\ \psi_1(y)\le x\le\psi_2(y)\}$ 为 Y-型区域
- $f(x,y)$ 在 $D$ 上连续
$\iint_D f(x,y)\,d\sigma=\int_c^d dy\int_{\psi_1(y)}^{\psi_2(y)}f(x,y)\,dx$。
证明思路
与定理21-4对称：先固定 $y$ 对 $x$ 内层积分，再对 $y$ 外层积分。把 $x$ 与 $y$ 的角色对换，证明完全类似。
- $D$ 是有界闭区域
- $f$ 在 $D$ 上连续
- $D$ 可分成有限个 X-型（或有限个 Y-型）子区域之并，相邻子区域交界处面积为 $0$
$\iint_D f\,d\sigma$ 等于各子区域上累次积分之和，且可按任一种拆分方式计算。
证明思路
由区域可加性（命题21-1）把积分拆到各子区域，每块上用定理21-4或21-5化为累次积分再相加。公共边界面积为 $0$，不贡献积分值。
- $f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上连续
- $D$ 既可表为 X-型又可表为 Y-型
$\int_a^b dx\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)}f(x,y)\,dy=\int_c^d dy\int_{\psi_1(y)}^{\psi_2(y)}f(x,y)\,dx$。
证明思路
两端都等于同一区域 $D$ 上的二重积分，故相等。实际操作时必须先写出 $D$ 的不等式描述，再按另一型重新解出内外限，不能简单把限对调。
等号成立是因为两端都等于同一个二重积分，条件「既可 X-型又可 Y-型」保证两种描述说的是同一块 $D$。缺了它，「把限对调」就是错的：$\int_0^1dx\int_0^x f\,dy$ 的区域是三角形 $y\le x$，换成先 $x$ 后 $y$ 必须重写成 $\int_0^1dy\int_y^1 f\,dx$，内外限都换了角色，不是照抄原式。
计算 $\iint_D xy\,dx\,dy$，其中 $D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,\ x^2\le y\le x\}$。
解答与答案
- $D$ 是 X-型区域：$0\le x\le 1$，内层 $y$ 的限为 $x^2\le y\le x$（注意 $x^2\le x$ 在 $[0,1]$ 上成立）。
- 内层：$\int_{x^2}^{x}xy\,dy=x\cdot\dfrac{y^2}{2}\Big|_{y=x^2}^{y=x}=x\cdot\dfrac{x^2-x^4}{2}=\dfrac{x^3-x^5}{2}$。
- 外层：$\int_0^1\dfrac{x^3-x^5}{2}dx=\dfrac12\left(\dfrac{x^4}{4}-\dfrac{x^6}{6}\right)\Big|_0^1=\dfrac12\left(\dfrac14-\dfrac16\right)=\dfrac12\cdot\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{24}$。
答案$\dfrac{1}{24}$
交换积分次序并计算 $\displaystyle\int_0^1 dy\int_y^1 e^{x^2}\,dx$。
解答与答案
- 原累次积分对应 $D=\{(x,y)\mid 0\le y\le 1,\ y\le x\le 1\}$。把 $D$ 改写为 X-型：$0\le x\le 1$，$0\le y\le x$。
- 交换次序：$\int_0^1 dx\int_0^x e^{x^2}\,dy=\int_0^1 x e^{x^2}\,dx$。
- 凑微分：$\int_0^1 x e^{x^2}dx=\dfrac12 e^{x^2}\Big|_0^1=\dfrac{e-1}{2}$。
答案$\dfrac{e-1}{2}$
- X-型与 Y-型的内外限写反：$\int_a^b dx\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)}dy$ 中外限是 $x$ 的常数范围，内限是 $y$ 关于 $x$ 的上下界函数；写成 $\int dx\int dx$ 或限里混入另一变量都会全盘皆错。
- 交换积分次序时不重新画区域，直接把内外限对调：必须先把 $D$ 写成不等式组，再按另一型解出新限（如例题21-4 中 $y\le x\le 1$ 要翻成 $0\le y\le x$）。
- 内层积分结果仍是外层变量的函数，忘记代入内层上下限后再对外层积分；或外层限误写成含内层变量的式子。
- 区域由多条曲线围成时强行用单一 X-型或 Y-型表示：应先拆成若干块（命题21-2），每块单独定限再相加。
1设 $D: 0\le x\le 1,\ x^2\le y\le x$，则 $\iint_D f\,d\sigma$ 的正确累次积分是
答案与解析
正确答案：A
改写为 Y-型：$0\le y\le 1$，由 $x^2\le y\le x$ 得 $y\le x\le\sqrt y$，故内限是 $y$ 到 $\sqrt y$。C 的上下限写反，D 漏掉了下界 $x^2$。
2交换积分次序时，可以把原来的内外限简单对调。
答案与解析
正确答案：B
必须先用不等式重新描述区域，再按另一型写出限。简单对调在一般情形下会得到错误的积分区域。
§3格林公式·曲线积分与路线的无关性
格林公式两边是两种维度的量：左边曲线积分的点跑在边界 $\partial D$ 上，右边二重积分的点跑遍整个 $D$。所以它既能正着用（把二重积分换成好算的曲线积分，面积公式 $A=\frac12\oint x\,dy-y\,dx$ 就是这么来的），也能反着用；但无论哪个方向，区域与边界必须是同一块。
设 $D$ 是平面有界闭区域，边界 $\partial D$ 由有限条分段光滑曲线组成。规定 $\partial D$ 的正向为：当人沿边界行走时，区域 $D$ 恒在其左侧。正向边界记作 $\partial D^+$ 或 $L^+$。
单连通圆盘的正向边界是逆时针；圆环外边界逆时针、内边界顺时针（区域都在左侧）。
- $D$ 是平面有界闭区域，边界 $\partial D$ 分段光滑
- $P(x,y),Q(x,y)$ 在 $D$ 上具有连续的一阶偏导数
- $\partial D$ 取正向
$\oint_{\partial D^+}P\,dx+Q\,dy=\iint_D\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)dx\,dy$。
证明思路
先对 X-型区域证 $\iint_D\dfrac{\partial P}{\partial y}dx\,dy=-\oint_{\partial D^+}P\,dy$：化为累次积分后用牛顿-莱布尼茨公式，上下边界积分拼成闭路。同理 $\iint_D\dfrac{\partial Q}{\partial x}dx\,dy=\oint_{\partial D^+}Q\,dx$。两式相减得结论；一般区域用可加性拼接，公共边界上积分相消。
这条公式以乔治·格林命名，出自他十九世纪二十年代自费印发的一篇研究电磁的论文；当时的格林是磨坊主之子、几乎全靠自学。类似恒等式在欧拉、拉格朗日的著作里已有雏形，后来奥斯特罗格拉茨基把对应公式推广到三维，也就是第二十二章的高斯公式。
三个条件分工明确：「边界分段光滑」保证曲线积分本身存在，「$P,Q\in C^1$」保证 $\partial Q/\partial x-\partial P/\partial y$ 存在且可积，「正向」定下等号的符号。把 $C^1$ 降成「可积」不行：证明要用牛顿-莱布尼茨公式逐条边界算，偏导一不连续那步就断。边界有尖角（分段光滑）则无妨，按段拼接即可。
若平面区域 $D$ 内任意简单闭曲线所围成的有界区域仍含于 $D$，则称 $D$ 为单连通区域（直观上“没有洞”）。否则称为复连通区域。
圆盘、凸区域是单连通的；圆环、挖去一点的平面是复连通的。
- $D$ 是平面单连通区域
- $P,Q\in C^1(D)$
以下条件等价：(1) 对 $D$ 内任意分段光滑曲线 $L$，$\int_L P\,dx+Q\,dy$ 只与起终点有关；(2) 对 $D$ 内任意分段光滑闭曲线 $C$，$\oint_C P\,dx+Q\,dy=0$；(3) 在 $D$ 上处处 $\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}$；(4) 存在 $u\in C^1(D)$ 使 $du=P\,dx+Q\,dy$。
证明思路
(1)$\iff$(2)：把两条同起终点的路径拼成闭曲线。(2)$\Rightarrow$(3)：在小矩形上用格林公式，令直径趋于 $0$。(3)$\Rightarrow$(2)：格林公式右端为 $0$。(3)$\Rightarrow$(4)：取定 $M_0$，令 $u(M)=\int_{M_0}^M P\,dx+Q\,dy$，由路径无关性知定义合理，且 $\partial u/\partial x=P$，$\partial u/\partial y=Q$。(4)$\Rightarrow$(1)：牛顿-莱布尼茨公式。
把（3）与（1）视为等价时必须加单连通条件，否则不成立。
四条等价里 (1)$\Rightarrow$(2) 只是把两条路径拼成闭路、(4)$\Rightarrow$(1) 只是牛顿-莱布尼茨，都是白送；真正的分水岭是 (3) 的局部条件能否升成 (1) 的全局结论，这全靠「单连通」顶着。而 $P,Q\in C^1$ 也不能省：(2)$\Rightarrow$(3) 要把小矩形上的格林公式取极限，偏导不连续时极限交换没有依据。
- $D$ 是单连通区域
- $P,Q\in C^1(D)$
- $\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}$
$P\,dx+Q\,dy=du$，其中 $u(x,y)=\int_{x_0}^x P(t,y_0)\,dt+\int_{y_0}^y Q(x,t)\,dt+C$（沿折线 $(x_0,y_0)\to(x,y_0)\to(x,y)$），且 $\int_A^B P\,dx+Q\,dy=u(B)-u(A)$。
证明思路
沿平行坐标轴的折线积分，由 $\partial P/\partial y=\partial Q/\partial x$ 验证 $\partial u/\partial x=P$、$\partial u/\partial y=Q$，从而 $du=P\,dx+Q\,dy$。路径无关性保证折线路径的选取不影响 $u$。
- $D$ 是平面有界闭区域，边界 $\partial D$ 分段光滑、取正向
$D$ 的面积 $A=\dfrac12\oint_{\partial D^+}x\,dy-y\,dx=\oint_{\partial D^+}x\,dy=-\oint_{\partial D^+}y\,dx$。
证明思路
在格林公式中分别取 $(P,Q)=(-y,x)$、$(0,x)$、$(-y,0)$，则 $\partial Q/\partial x-\partial P/\partial y$ 分别为 $2$、$1$、$1$，右端即面积的倍数。
用格林公式计算 $\oint_L (x^2-y)\,dx+(x+y^2)\,dy$，其中 $L$ 为单位圆 $x^2+y^2=1$ 取正向。
解答与答案
- 取 $P=x^2-y$，$Q=x+y^2$，二者在 $\mathbb{R}^2$ 上 $C^1$，$L$ 所围区域 $D$ 为单位圆盘，边界取正向（逆时针）。
- $\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=1-(-1)=2$。
- 由格林公式，原式 $=\iint_D 2\,dx\,dy=2\cdot\sigma(D)=2\pi$。
答案$2\pi$
验证曲线积分 $\int_L 2xy\,dx+x^2\,dy$ 在 $\mathbb{R}^2$ 上与路径无关，并求原函数 $u$。
解答与答案
- 取 $P=2xy$，$Q=x^2$，则 $\dfrac{\partial P}{\partial y}=2x=\dfrac{\partial Q}{\partial x}$，且 $\mathbb{R}^2$ 单连通，由定理21-7 知积分与路径无关。
- 取折线 $(0,0)\to(x,0)\to(x,y)$：$u=\int_0^x 2t\cdot 0\,dt+\int_0^y x^2\,dt=0+x^2 y$。
- 验证 $du=2xy\,dx+x^2\,dy$，与被积表达式一致；一般原函数为 $x^2 y+C$。
答案与路径无关；$u(x,y)=x^2 y+C$
- 用格林公式时忽略 $P,Q$ 需在含 $D$ 的区域上 $C^1$：若 $P,Q$ 在 $D$ 内某点无定义（如 $\frac{-y\,dx+x\,dy}{x^2+y^2}$ 在原点），必须挖去奇点后在复连通区域上用，闭路上的积分一般不为 $0$。
- 正向搞反：正向是沿边界走时区域在左侧。外边界取顺时针时是负向，公式右端要反号；圆环的内边界正向是顺时针。
- 由 $\partial P/\partial y=\partial Q/\partial x$ 就断言积分与路径无关——这只在单连通区域成立。在挖去原点的平面上 $\frac{-y\,dx+x\,dy}{x^2+y^2}$ 满足偏导相等，但绕原点一圈积分是 $2\pi$。
- 面积公式 $A=\frac12\oint x\,dy-y\,dx$ 忘记乘 $\frac12$，或忘记边界取正向导致符号错误。
1格林公式中，正向边界指
答案与解析
正确答案：B
正向的定义是“区域在左侧”。单连通圆盘的正向边界即逆时针；圆环内边界正向是顺时针。
2在任意区域 $D$ 上，只要 $\partial P/\partial y=\partial Q/\partial x$，曲线积分就与路径无关。
答案与解析
正确答案：B
需要 $D$ 单连通。挖去原点的平面上 $\frac{-y\,dx+x\,dy}{x^2+y^2}$ 偏导处处相等，但绕原点积分是 $2\pi$。
§4二重积分的变量变换
换元最费时间的是重新解限：$D'$ 的限必须用新变量从边界方程表出，形状一变限就变。同是单位圆，$x^2+y^2\le1$ 的 $\theta$ 走 $[0,2\pi]$、$r$ 走 $[0,1]$；再加 $y\ge0$，$\theta$ 立刻缩成 $[0,\pi]$。新限永远从边界方程解出来，不从记忆里搬。
设变换 $T: x=x(u,v),\ y=y(u,v)$ 具有连续偏导数，称 $\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\begin{vmatrix}\dfrac{\partial x}{\partial u}&\dfrac{\partial x}{\partial v}\\\dfrac{\partial y}{\partial u}&\dfrac{\partial y}{\partial v}\end{vmatrix}=\dfrac{\partial x}{\partial u}\dfrac{\partial y}{\partial v}-\dfrac{\partial x}{\partial v}\dfrac{\partial y}{\partial u}$ 为变换 $T$ 的雅可比行列式，常简记 $J$。
$|J|$ 是面积的伸缩因子；$J$ 本身带符号，反映定向是否翻转。
- $f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上连续
- $T: x=x(u,v),\ y=y(u,v)$ 将 $uv$ 平面上有界闭区域 $D'$ 一对一地映为 $D$
- $x,y$ 在 $D'$ 上有连续偏导数
- 在 $D'$ 上 $\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\neq 0$（或至多在有限条曲线上为零）
$\iint_D f(x,y)\,dx\,dy=\iint_{D'} f(x(u,v),y(u,v))\left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|du\,dv$。
证明思路
用变换把 $D'$ 的网格拉成 $D$ 上的小曲边四边形，其面积 $\approx|J|\,\Delta u\,\Delta v$（切映射的面积伸缩率）。代入黎曼和并令网格直径趋于 $0$，右端收敛到二重积分。一对一与 $J\neq0$ 保证变换是局部微分同胚，分割不重叠。
「一对一」与「$J\neq0$」两条在承重：前者防重叠，否则同一片区域被数两遍；后者保证变换局部可逆、小块不塌成线。取绝对值也省不得：$u=-x$ 时 $J=-1$，不取绝对值会积出负面积。最老实的校验是线性变换 $x=2u,\ y=3v$：$J=6$，单位正方形 $[0,1]^2$ 变成 $2\times3$ 的矩形，面积从 $1$ 到 $6$，正好是 $|J|$ 倍。
- $f$ 在 $D$ 上连续
- 极坐标 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$ 将 $D'=\{(r,\theta)\mid \alpha\le\theta\le\beta,\ r_1(\theta)\le r\le r_2(\theta)\}$ 映为 $D$
- $r\ge 0$
$\iint_D f(x,y)\,dx\,dy=\iint_{D'} f(r\cos\theta,r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta=\int_\alpha^\beta d\theta\int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r\cos\theta,r\sin\theta)\,r\,dr$，其中雅可比因子为 $r$。
证明思路
计算 $\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}=\begin{vmatrix}\cos\theta&-r\sin\theta\\\sin\theta&r\cos\theta\end{vmatrix}=r$。在 $r\ge0$ 时 $|J|=r$，代入定理21-9 即得；再把 $D'$ 写成累次积分。
条件 $r\ge0$ 在承重：雅可比 $\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}=r$ 只有在 $r\ge0$ 时才能写 $|J|=r$；而且极坐标在 $r=0$ 处整条 $\theta$ 射线塌成一点、并不一对一，好在这个退化集面积为零，公式不受影响。若放任 $r<0$ 又不缩 $\theta$ 的范围，同一片区域会被两组参数重复覆盖，积分翻倍。
- $f$ 在 $D$ 上连续
- 变换 $x=ar\cos\theta,\ y=br\sin\theta$（$a,b>0$）将 $D'$ 一对一映为 $D$
$\iint_D f(x,y)\,dx\,dy=\iint_{D'} f(ar\cos\theta,br\sin\theta)\,abr\,dr\,d\theta$，雅可比因子为 $abr$。
证明思路
直接计算 $\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}=abr$，取绝对值后代入定理21-9。椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}\le 1$ 对应 $0\le r\le 1$。
计算 $\iint_D e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy$，其中 $D: x^2+y^2\le a^2$（$a>0$）。
解答与答案
- 用极坐标 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$，雅可比 $\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}=r$，体积元 $dx\,dy=r\,dr\,d\theta$。
- 新区域 $D': 0\le\theta\le 2\pi,\ 0\le r\le a$；被积函数 $e^{-(x^2+y^2)}=e^{-r^2}$。
- 原式 $=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^a e^{-r^2}\,r\,dr=2\pi\cdot\left[-\dfrac12 e^{-r^2}\right]_{r=0}^{r=a}=\pi(1-e^{-a^2})$。
答案$\pi(1-e^{-a^2})$
计算 $\iint_D \sqrt{x^2+y^2}\,dx\,dy$，其中 $D: x^2+y^2\le 2x$。
解答与答案
- $D$ 是圆盘 $(x-1)^2+y^2\le 1$。极坐标下 $r^2\le 2r\cos\theta$，即 $0\le r\le 2\cos\theta$，且需 $\cos\theta\ge 0$，故 $-\dfrac\pi2\le\theta\le\dfrac\pi2$。
- 被积函数 $\sqrt{x^2+y^2}=r$，雅可比因子 $r$，故积分元为 $r\cdot r\,dr\,d\theta=r^2\,dr\,d\theta$。
- 原式 $=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\theta\int_0^{2\cos\theta}r^2\,dr=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dfrac{(2\cos\theta)^3}{3}d\theta=\dfrac83\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^3\theta\,d\theta=\dfrac83\cdot\dfrac43=\dfrac{32}{9}$。
答案$\dfrac{32}{9}$
- 漏乘雅可比：极坐标少写一个 $r$，广义极坐标少写 $abr$，球坐标（见§5）少写 $r^2\sin\varphi$，答案会整体差一个因子。
- 雅可比取 $J$ 而不是 $|J|$：当变换定向翻转时 $J<0$，必须取绝对值，否则积分出负值。
- 极角范围写成 $0\le\theta\le 2\pi$ 而区域只占半平面：圆盘 $(x-1)^2+y^2\le 1$ 的极角是 $[-\pi/2,\pi/2]$，写成全区间会重复计数。
- 把原区域的限直接用在新变量上：换元后必须把边界方程代入变换，重新解出 $D'$ 的限（如 $x^2+y^2\le 2x$ 变为 $r\le 2\cos\theta$）。
1极坐标变换 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$ 的雅可比因子是
答案与解析
正确答案：B
$\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}=r$，故 $dx\,dy=r\,dr\,d\theta$。$r^2$ 是球坐标径向因子的一部分，不是极坐标。
2二重积分换元公式中的雅可比可以带符号，不必取绝对值。
答案与解析
正确答案：B
公式中是 $\left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|$。定向翻转时 $J<0$，不取绝对值会把面积算成负的。
§5三重积分
三重积分三条路线怎么选：区域上下由两张曲面盖住就用投影法先一后二；截面形状随高度规则变化就用截面法先二后一；有旋转对称就上柱坐标或球坐标。先看对称性再动笔，往往省掉一半计算。
设 $f(x,y,z)$ 在空间有界闭区域 $\Omega$ 上有界。把 $\Omega$ 分割成 $n$ 个小闭区域 $\Delta v_1,\ldots,\Delta v_n$（体积仍记 $\Delta v_i$），任取 $(\xi_i,\eta_i,\zeta_i)\in\Delta v_i$，若黎曼和 $\sum f(\xi_i,\eta_i,\zeta_i)\Delta v_i$ 当 $\lambda=\max d(\Delta v_i)\to 0$ 时存在与分割取点无关的极限，则称 $f$ 在 $\Omega$ 上可积，记 $\iiint_\Omega f(x,y,z)\,dv=\iiint_\Omega f\,dx\,dy\,dz$。
三重积分的可积性结论与二重积分类似：连续必可积，可积必有界。
- $\Omega=\{(x,y,z)\mid (x,y)\in D_{xy},\ z_1(x,y)\le z\le z_2(x,y)\}$，其中 $z_1,z_2$ 在 $D_{xy}$ 上连续
- $f$ 在 $\Omega$ 上连续
$\iiint_\Omega f\,dv=\iint_{D_{xy}}dx\,dy\int_{z_1(x,y)}^{z_2(x,y)}f(x,y,z)\,dz$。
证明思路
固定 $(x,y)\in D_{xy}$，先对 $z$ 在竖直线段上用定积分得 $A(x,y)$，再把 $A$ 在投影区域 $D_{xy}$ 上做二重积分。用垂直分割逼近黎曼和可验证与三重积分一致。
条件「上下界面是 $(x,y)$ 的连续函数」在承重：它保证沿竖直线的积分限写得出来，且内层积分 $A(x,y)$ 在投影区域 $D_{xy}$ 上连续可积。若竖直线能两次穿进穿出（如实心圆环），上下盖不再是单值函数，硬套单值公式会漏掉里面那段，必须拆块或改用截面法。
- $\Omega$ 介于平面 $z=c$ 与 $z=d$ 之间
- $\forall z\in[c,d]$，水平截面 $D_z=\{(x,y)\mid (x,y,z)\in\Omega\}$ 存在且可求面积
- $f$ 在 $\Omega$ 上连续
$\iiint_\Omega f\,dv=\int_c^d dz\iint_{D_z}f(x,y,z)\,dx\,dy$。
证明思路
按水平截面把 $\Omega$ 切成薄片，每片上先做二重积分，再对 $z$ 积分。适用于截面形状简单，或被积函数主要依赖 $z$ 的情形。
- $f$ 在 $\Omega$ 上连续
- 柱坐标 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta,\ z=z$ 将 $\Omega'$ 一对一映为 $\Omega$
- $r\ge 0$
$\iiint_\Omega f\,dv=\iiint_{\Omega'} f(r\cos\theta,r\sin\theta,z)\,r\,dr\,d\theta\,dz$，雅可比因子为 $r$。
证明思路
雅可比行列式 $\dfrac{\partial(x,y,z)}{\partial(r,\theta,z)}=r$：柱坐标是平面极坐标加竖坐标，因子 $r$ 来自平面极坐标，$z$ 方向不伸缩。
- $f$ 在 $\Omega$ 上连续
- 球坐标 $x=r\sin\varphi\cos\theta,\ y=r\sin\varphi\sin\theta,\ z=r\cos\varphi$ 将 $\Omega'$ 一对一映为 $\Omega$
- $r\ge 0$，$0\le\varphi\le\pi$
$\iiint_\Omega f\,dv=\iiint_{\Omega'} f(r\sin\varphi\cos\theta,r\sin\varphi\sin\theta,r\cos\varphi)\,r^2\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta$，雅可比因子为 $r^2\sin\varphi$。
证明思路
直接计算 $\dfrac{\partial(x,y,z)}{\partial(r,\varphi,\theta)}=r^2\sin\varphi$。在 $0\le\varphi\le\pi$ 上 $\sin\varphi\ge 0$，故 $|J|=r^2\sin\varphi$；代入变量变换公式。
三条限制各管一段：$r\ge0$ 让径向不重复，$0\le\varphi\le\pi$ 让每个点只被一个纬度角扫到，$\theta$ 一圈 $2\pi$ 封口。删掉 $\varphi\le\pi$，整个球面被数两遍；漏乘 $\sin\varphi$，单位球体积会算成 $2\pi^2/3\approx6.58$，正确答案是 $4\pi/3\approx4.19$。
- $f$ 在 $\Omega$ 上连续
- $T$ 将 $uvw$ 空间中有界闭区域 $\Omega'$ 一对一映为 $\Omega$
- $x,y,z$ 在 $\Omega'$ 上有连续偏导数
- $\dfrac{\partial(x,y,z)}{\partial(u,v,w)}\neq 0$（或至多在零测集上为零）
$\iiint_\Omega f\,dv=\iiint_{\Omega'} f(x(u,v,w),y(u,v,w),z(u,v,w))\left|\dfrac{\partial(x,y,z)}{\partial(u,v,w)}\right|du\,dv\,dw$。
证明思路
与二重积分类似：体积元在变换下变为 $dv=|J|\,du\,dv\,dw$，从黎曼和的极限得到。柱坐标与球坐标是它的特例。
计算 $\iiint_\Omega z\,dv$，其中 $\Omega$ 为圆柱 $x^2+y^2\le R^2$，$0\le z\le h$（$R,h>0$）。
解答与答案
- 用柱坐标：$0\le\theta\le 2\pi$，$0\le r\le R$，$0\le z\le h$，雅可比 $r$，$dv=r\,dr\,d\theta\,dz$。
- 原式 $=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^R r\,dr\int_0^h z\,dz$。
- $=2\pi\cdot\dfrac{R^2}{2}\cdot\dfrac{h^2}{2}=\dfrac{\pi R^2 h^2}{2}$。
答案$\dfrac{\pi R^2 h^2}{2}$（校验：体积 $\pi R^2 h$ 乘质心竖坐标 $h/2$）
计算 $\iiint_\Omega (x^2+y^2+z^2)\,dv$，其中 $\Omega: x^2+y^2+z^2\le R^2$。
解答与答案
- 用球坐标：$0\le\theta\le 2\pi$，$0\le\varphi\le\pi$，$0\le r\le R$；被积函数 $x^2+y^2+z^2=r^2$；雅可比 $r^2\sin\varphi$。
- 原式 $=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^\pi\sin\varphi\,d\varphi\int_0^R r^2\cdot r^2\,dr=2\pi\cdot 2\cdot\dfrac{R^5}{5}$。
- $=\dfrac{4\pi R^5}{5}$。
答案$\dfrac{4\pi R^5}{5}$（校验：平均 $r^2$ 为 $\dfrac{3R^2}{5}$）
- 三重积分换元时雅可比写错：柱坐标是 $r$（不是 $r^2$），球坐标是 $r^2\sin\varphi$（不是 $r^2$，也不是 $r^2\sin\theta$）。
- 球坐标的 $\varphi$ 是与 $z$ 轴正向的夹角（$0\le\varphi\le\pi$），不是与 $xy$ 平面的夹角；$\varphi$ 与 $\theta$ 的角色写反会导致区域错成球壳以外。
- 投影法先一后二时，把 $D_{xy}$ 写对却忘掉 $z$ 的上下限依赖 $(x,y)$：$z_1,z_2$ 是二元函数，不能写成常数（除非截面确为常数）。
- 柱坐标或球坐标下区域 $\Omega'$ 的限写不完整：例如球坐标下 $r$、$\varphi$、$\theta$ 三组限必须同时满足边界方程，漏一组会把区域放大。
1球坐标变换的雅可比行列式（取绝对值后）是
答案与解析
正确答案：C
球坐标 $x=r\sin\varphi\cos\theta$ 等给出 $|J|=r^2\sin\varphi$。柱坐标才是 $r$。
2柱坐标下的体积元是 $r\,dr\,d\theta\,dz$。
答案与解析
正确答案：A
柱坐标雅可比为 $r$，故 $dv=r\,dr\,d\theta\,dz$。漏掉 $r$ 是最常见错误。
§6重积分的应用
引力积分里对称性比算力好用：均匀球壳对球心质点的引力是 $\mathbf{0}$，均匀球体对轴上远点的引力沿轴向，横向分量被对称清零。先写下哪些分量必为零，再只积剩下的分量。
- 曲面 $S$ 由 $z=f(x,y),\ (x,y)\in D$ 给出
- $f\in C^1(D)$
$S$ 的面积 $A=\iint_D\sqrt{1+\left(\dfrac{\partial z}{\partial x}\right)^2+\left(\dfrac{\partial z}{\partial y}\right)^2}\,dx\,dy$。
证明思路
在 $S$ 上取小块，其面积近似等于切平面上对应小片的面积 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\Delta\sigma$。求和取极限得积分表达式。
条件 $f\in C^1(D)$ 在承重：面积公式里的斜率因子 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}$ 是切平面小片的面积，偏导连续才有稳定的切平面。只假设连续不够——锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 在原点有尖点，正是 $C^1$ 破掉的地方。$D$ 可求面积也不能省：投影区没有面积时右端积分无意义。
- 平面薄片 $D$（或空间物体 $\Omega$）的密度 $\rho$ 连续
- 总质量 $M=\iint_D\rho\,d\sigma>0$（或 $M=\iiint_\Omega\rho\,dv>0$）
平面质心 $(\bar x,\bar y)=\left(\dfrac{1}{M}\iint_D x\rho\,d\sigma,\ \dfrac{1}{M}\iint_D y\rho\,d\sigma\right)$；空间质心 $\bar z=\dfrac{1}{M}\iiint_\Omega z\rho\,dv$（$\bar x,\bar y$ 类似）。
证明思路
质心定义为静力矩除以总质量。把小块质量近似为 $\rho\,\Delta\sigma$，静力矩近似为 $x\rho\,\Delta\sigma$，求和取极限即得积分式。
- 平面薄片 $D$ 的密度 $\rho$ 连续
对 $x$ 轴：$I_x=\iint_D y^2\rho\,d\sigma$；对 $y$ 轴：$I_y=\iint_D x^2\rho\,d\sigma$；对原点：$I_O=I_x+I_y=\iint_D (x^2+y^2)\rho\,d\sigma$。
证明思路
小块对轴的转动惯量近似为（到轴距离）$^2$ 乘质量，即 $y^2\rho\,\Delta\sigma$ 或 $x^2\rho\,\Delta\sigma$；求和取极限。对点的惯量是两个对轴惯量之和。
- 物体 $\Omega$ 的密度 $\rho$ 连续
- 单位质点位于 $M_0=(x_0,y_0,z_0)$，$M_0\notin\Omega$
$\Omega$ 对质点的引力 $\mathbf{F}=\iiint_\Omega G\rho(x,y,z)\,\dfrac{(x-x_0,\ y-y_0,\ z-z_0)}{\left[(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2\right]^{3/2}}\,dv$，$G$ 为引力常数。
证明思路
每小块质量 $\rho\,dv$ 对质点的引力由平方反比律给出，方向沿径向单位向量，大小为 $G\rho\,dv/r^2$。把向量写成分量形式后求和取极限，得向量积分。
两个条件分工：$\rho$ 连续保证黎曼和收敛；$M_0\notin\Omega$ 把被积函数的奇点赶到区域外，免得正面撞上反常重积分。其实密度连续时即便 $M_0$ 在物体内部，$1/r^2$ 与体积元 $r^2\,dr$ 相抵、积分照样收敛，但那要换反常积分的语言另行说明。
求均匀薄片 $D: 0\le x\le a,\ 0\le y\le b$（密度 $\rho=1$）的质心。
解答与答案
- 质量 $M=\iint_D 1\,d\sigma=a b$。
- $\bar x=\dfrac{1}{ab}\iint_D x\,d\sigma=\dfrac{1}{ab}\int_0^a x\,dx\int_0^b dy=\dfrac{1}{ab}\cdot\dfrac{a^2}{2}\cdot b=\dfrac{a}{2}$。
- 同理 $\bar y=\dfrac{1}{ab}\int_0^a dx\int_0^b y\,dy=\dfrac{b}{2}$。
答案质心 $\left(\dfrac{a}{2},\dfrac{b}{2}\right)$（即矩形中心）
求曲面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 在圆盘 $x^2+y^2\le 1$ 上部分的面积。
解答与答案
- $z_x=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$，$z_y=\dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$（原点处无定义但不影响积分），故 $1+z_x^2+z_y^2=1+1=2$。
- $A=\iint_D\sqrt{2}\,dx\,dy=\sqrt{2}\cdot\sigma(D)=\sqrt{2}\pi$。
- 校验：这是高为 $1$、底半径 $1$ 的圆锥侧面，母线长 $\sqrt 2$，侧面积 $\pi r l=\sqrt{2}\pi$，一致。
答案$\sqrt{2}\pi$
- 曲面面积公式漏掉 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}$，误把投影面积 $\iint_D dx\,dy$ 当成曲面面积；斜面面积必大于投影面积。
- 质心公式漏除总质量 $M$，或密度非常数时仍用几何中心公式：$\rho$ 不是常数时质心与几何中心一般不重合。
- 引力是向量：只算数值大小不写方向，或分量积分时漏掉 $(z-z_0)/r^3$ 中的坐标差；三个分量要分别写全。
- 转动惯量对轴与对点搞混：$I_x=\iint y^2\rho$（到 $x$ 轴的距离是 $|y|$），$I_y=\iint x^2\rho$，不是反过来。
1曲面 $z=f(x,y)$ 的面积元素是
答案与解析
正确答案：B
面积元是切平面小片面积 $\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,dx\,dy$；$dx\,dy$ 只是投影面积元。
2均匀薄片的质心与几何中心的关系是
答案与解析
正确答案：B
只有密度均匀（或密度对称）时质心与几何中心重合；密度集中在一侧时质心会偏向该侧。
曲面积分CHAPTER 22 · 4 SECTIONS
本章把曲线积分推广到曲面：先定义对面积的第一型曲面积分并给出投影法与参数式计算，再引入有向曲面与对坐标的第二型曲面积分，用高斯公式与斯托克斯公式把曲面积分与三重积分、曲线积分联系起来，最后建立梯度、散度、旋度等场论工具与常用恒等式。
上一章的重积分把积分铺在平面和空间的区域上，这一章把载体换成曲面：第一型只管曲面本身有多大、函数在上面的总量，第二型要指定朝向，数的是向量场穿过曲面的净流量。真正立起来的是「有向曲面」这套语言和两类积分的换算；高斯公式与斯托克斯公式又把第二型曲面积分和三重积分、曲线积分说成同一句话。到第二十三章，切平面与面积元会用向量函数的导数重讲一遍，参数式算的账就此合拢。
§1第一型曲面积分
第一型曲面积分的模板来自物理：求一块密度不均的曲面壳的质量，把「每点密度乘小片面积」加起来。所以它天生不问曲面朝哪一侧——质量不认方向。类比到此为止：一旦换成向量场的流量（下一节），方向立刻变成主角，两型的分工正是从这里长出来的。
设 $S$ 是分片光滑曲面，$f(x,y,z)$ 在 $S$ 上有界。把 $S$ 分割成 $n$ 小块 $\Delta S_1,\ldots,\Delta S_n$（面积仍记 $\Delta S_i$），任取 $(\xi_i,\eta_i,\zeta_i)\in\Delta S_i$，作黎曼和 $\sum f(\xi_i,\eta_i,\zeta_i)\Delta S_i$。若当 $\lambda=\max d(\Delta S_i)\to 0$ 时极限存在且与分割取点无关，则称 $f$ 在 $S$ 上可积，记 $\iint_S f(x,y,z)\,dS$。
第一型积分与曲面的侧无关；$dS$ 是标量面积元。
- 曲面 $S$ 由 $z=z(x,y),\ (x,y)\in D_{xy}$ 给出（单值表示）
- $z\in C^1(D_{xy})$
- $f$ 在 $S$ 上连续
$\iint_S f(x,y,z)\,dS=\iint_{D_{xy}} f(x,y,z(x,y))\sqrt{1+\left(\dfrac{\partial z}{\partial x}\right)^2+\left(\dfrac{\partial z}{\partial y}\right)^2}\,dx\,dy$。
证明思路
小曲面块面积 $\Delta S\approx\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\Delta\sigma$（切平面小片面积）。代入黎曼和，令分割加细取极限即得。若 $S$ 不能单值投影到 $D_{xy}$，则分片表示后用可加性。
条件「单值表示 $z=z(x,y)$」与「$z\in C^1$」各管一事：前者保证投影 $D_{xy}$ 上每个 $(x,y)$ 只对应曲面一个点，后者保证斜率因子 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}$ 连续、切平面小片的面积有定义。去掉 $C^1$：锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 的顶点处切平面不存在，公式在那里失语。
- $S: \mathbf{r}(u,v)=(x(u,v),y(u,v),z(u,v)),\ (u,v)\in D$
- $\mathbf{r}\in C^1(D)$
- $\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v\neq\mathbf{0}$（正则曲面）
- $f$ 在 $S$ 上连续
$\iint_S f\,dS=\iint_D f(x(u,v),y(u,v),z(u,v))\,|\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v|\,du\,dv=\iint_D f\,\sqrt{EG-F^2}\,du\,dv$，其中 $E=\mathbf{r}_u\cdot\mathbf{r}_u$，$F=\mathbf{r}_u\cdot\mathbf{r}_v$，$G=\mathbf{r}_v\cdot\mathbf{r}_v$。
证明思路
切向量 $\mathbf{r}_u,\mathbf{r}_v$ 张成的平行四边形面积为 $|\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v|\,\Delta u\,\Delta v$，它近似小曲面块面积。代入黎曼和取极限；由向量恒等式 $|\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v|^2=EG-F^2$。
正则性 $\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v\neq\mathbf{0}$ 在承重：叉积的模就是两个切向量张成的平行四边形面积，一旦为零，参数化在那点把纸压折，「小曲面块面积」的说法塌掉，$EG-F^2$ 也随之归零。$f$ 连续则保证黎曼和收敛。
- $f,g$ 在分片光滑曲面 $S$ 上可积
- $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$
(1) $\iint_S(\alpha f+\beta g)\,dS=\alpha\iint_S f\,dS+\beta\iint_S g\,dS$；(2) $S=S_1\cup S_2$ 且交为有限条曲线时积分可加；(3) $f\le g$ 时 $\iint_S f\,dS\le\iint_S g\,dS$；(4) $\left|\iint_S f\,dS\right|\le\iint_S|f|\,dS$。
证明思路
与二重积分性质同理：线性性与保序性由黎曼和取极限得到，绝对值不等式用三角不等式 $|\sum f_i\Delta S_i|\le\sum|f_i|\Delta S_i$。
计算 $\iint_S z\,dS$，其中 $S$ 为锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 在 $x^2+y^2\le 1$ 上的部分。
解答与答案
- $S$ 由 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 给出，$z_x=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$，$z_y=\dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$，故 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{2}$。
- 投影区域 $D_{xy}: x^2+y^2\le 1$。由投影法，$\iint_S z\,dS=\iint_{D_{xy}}\sqrt{x^2+y^2}\cdot\sqrt{2}\,dx\,dy$。
- 用极坐标：$=\sqrt{2}\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1 r\cdot r\,dr=\sqrt{2}\cdot 2\pi\cdot\dfrac13=\dfrac{2\sqrt{2}\pi}{3}$。
答案$\dfrac{2\sqrt{2}\pi}{3}$
用参数式计算 $\iint_S (x^2+y^2)\,dS$，其中 $S$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 的外侧（$a>0$）。
解答与答案
- 球面参数式：$\mathbf{r}(\varphi,\theta)=(a\sin\varphi\cos\theta,\ a\sin\varphi\sin\theta,\ a\cos\varphi)$，$0\le\varphi\le\pi$，$0\le\theta\le 2\pi$。
- $|\mathbf{r}_\varphi\times\mathbf{r}_\theta|=a^2\sin\varphi$（标准结果），$x^2+y^2=a^2\sin^2\varphi$。
- 原式 $=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^\pi a^2\sin^2\varphi\cdot a^2\sin\varphi\,d\varphi=2\pi a^4\int_0^\pi\sin^3\varphi\,d\varphi=2\pi a^4\cdot\dfrac43=\dfrac{8\pi a^4}{3}$。
答案$\dfrac{8\pi a^4}{3}$
- 投影法漏掉斜率因子 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}$：把 $\iint_S f\,dS$ 误算成 $\iint_{D}f\,dx\,dy$，这是投影面积而非曲面面积。
- 曲面不能单值投影到某个坐标面时仍强行用一个投影式：如球面必须分成上、下两片，或直接用参数式一次算完。
- 参数式中用 $|\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v|$ 而不是 $|J|$ 的符号版：第一型积分取绝对值；若误写成向量点积形式会得到与侧有关的错误结果。
- 球面参数式把 $\varphi$ 的范围写成 $[0,2\pi]$：$\varphi$ 是极角，范围是 $[0,\pi]$；$\theta$ 才是方位角 $[0,2\pi]$。
1第一型曲面积分 $\iint_S f\,dS$ 与曲面侧的关系是
答案与解析
正确答案：B
第一型是对面积的积分，$dS$ 是标量面积元，与朝向无关；与侧有关的是第二型曲面积分。
2参数曲面 $\mathbf{r}(u,v)$ 上的第一型曲面积分元素是 $|\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v|\,du\,dv$。
答案与解析
正确答案：A
切向量叉积的模就是小平行四边形面积因子，等于 $\sqrt{EG-F^2}$。
§2第二型曲面积分
记住一个基准数：$\mathbf{F}=(x,y,z)$ 过单位球外侧的通量是 $4\pi$，正好是球体积 $\frac43\pi$ 的 $3$ 倍（这个倍数就是散度，§3 的高斯公式会给出解释）。做第二型积分时拿它当校验：同类积分算出 $2\pi$ 或 $8\pi$，就该回去查符号。
分片光滑曲面 $S$ 有两侧。取定一侧后称 $S$ 为有向曲面，该侧单位法向量 $\mathbf{n}=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)$ 确定定向。若 $S$ 由 $z=z(x,y)$ 给出，上侧指 $\gamma$ 为锐角（$n_z>0$），下侧指 $\gamma$ 为钝角（$n_z<0$）。闭曲面通常取外侧为正侧。莫比乌斯带那样的单侧曲面不能定向。
定向等价于连续选取单位法向量；可定向曲面才有第二型曲面积分。
设 $\mathbf{F}=(P,Q,R)$ 在有向曲面 $S$ 上有界，$S$ 分割成 $\Delta S_i$，任取点并取该侧单位法向 $\mathbf{n}_i$。若黎曼和 $\sum \mathbf{F}(\xi_i,\eta_i,\zeta_i)\cdot\mathbf{n}_i\,\Delta S_i$ 当 $\lambda\to 0$ 时存在与分割取点无关的极限，则称 $\mathbf{F}$ 在 $S$ 上可积，记 $\iint_S \mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}=\iint_S P\,dy\,dz+Q\,dz\,dx+R\,dx\,dy$。
$d\mathbf{S}=\mathbf{n}\,dS$ 是有向面积元；换侧即整体变号。
- $S$ 由 $z=z(x,y),\ (x,y)\in D_{xy}$ 给出
- $z\in C^1(D_{xy})$
- $P,Q,R$ 在 $S$ 上连续
- $S$ 取定一侧
$\iint_S R(x,y,z)\,dx\,dy=\pm\iint_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))\,dx\,dy$，上侧取 $+$、下侧取 $-$；$\iint_S P\,dy\,dz=\pm\iint_{D_{yz}}P\,dy\,dz$，$\iint_S Q\,dz\,dx=\pm\iint_{D_{zx}}Q\,dz\,dx$，符号由法向量与对应坐标轴同向（$+$）或反向（$-$）决定。
证明思路
有向面积元 $d\mathbf{S}$ 的第三分量等于 $\pm dx\,dy$，符号即 $\mathrm{sign}(n_z)$。把 $\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS$ 拆成三项，每项化为坐标面上的二重积分并带符号。
条件「取定一侧」在承重，它把公式里的符号全部钉死：取错侧整题变号。球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 外侧 $\iint_S z\,dx\,dy=\frac{4\pi a^3}{3}$，改取内侧立刻变成 $-\frac{4\pi a^3}{3}$。而 $z\in C^1$ 与 $P,Q,R$ 连续保证右端二重积分存在，单值表示保证投影上每点只算一次。
- $S: \mathbf{r}(u,v)$，$(u,v)\in D$，$\mathbf{r}\in C^1(D)$，$\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v\neq\mathbf{0}$
- 定向由 $\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v$ 的指向给定
- $P,Q,R$ 在 $S$ 上连续
$\iint_S P\,dy\,dz+Q\,dz\,dx+R\,dx\,dy=\iint_D \mathbf{F}(\mathbf{r}(u,v))\cdot(\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v)\,du\,dv$。
证明思路
有向面积元 $d\mathbf{S}=(\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v)\,du\,dv$。代入定义 $\iint\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}$ 即得。若要取与 $\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v$ 相反的一侧，结果整体变号。
- $S$ 是有向曲面，单位法向 $\mathbf{n}=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)$
- $P,Q,R$ 在 $S$ 上连续
$\iint_S P\,dy\,dz+Q\,dz\,dx+R\,dx\,dy=\iint_S (P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\,dS$。
证明思路
把 $d\mathbf{S}=\mathbf{n}\,dS$ 代入第二型积分 $\iint\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}=\iint\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS$，展开点积即得。该式也写明换侧时左右同变号。
这条换算说明两类积分是一枚硬币的两面：第一型的 $dS$ 是裸面积元，第二型的 $d\mathbf{S}=\mathbf{n}\,dS$ 挂了方向，$\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma$ 就是方向的三张嘴脸。「有向」二字删不得：换侧时左边整体变号，右边的 $\mathbf{n}$ 也变号，两边同步；单独的第一型积分则两边都不变号。
计算 $\iint_S z\,dx\,dy$，其中 $S$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 的外侧（$a>0$）。
解答与答案
- 把 $S$ 分成上半球面 $S_1: z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$（上侧）与下半球面 $S_2: z=-\sqrt{a^2-x^2-y^2}$（下侧），投影区域都是 $D: x^2+y^2\le a^2$。
- $S_1$ 上侧取正：$\iint_{S_1} z\,dx\,dy=\iint_D\sqrt{a^2-x^2-y^2}\,dx\,dy$。
- $S_2$ 下侧取负：$\iint_{S_2} z\,dx\,dy=-\iint_D(-\sqrt{a^2-x^2-y^2})\,dx\,dy=\iint_D\sqrt{a^2-x^2-y^2}\,dx\,dy$。
- 两片相加 $=2\iint_D\sqrt{a^2-x^2-y^2}\,dx\,dy$。用极坐标：$2\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^a\sqrt{a^2-r^2}\,r\,dr=2\cdot 2\pi\cdot\dfrac{a^3}{3}=\dfrac{4\pi a^3}{3}$。
答案$\dfrac{4\pi a^3}{3}$
用参数式计算 $\iint_S x\,dy\,dz+y\,dz\,dx+z\,dx\,dy$，$S$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 外侧。
解答与答案
- 球面参数式 $\mathbf{r}(\varphi,\theta)=(a\sin\varphi\cos\theta,a\sin\varphi\sin\theta,a\cos\varphi)$，$0\le\varphi\le\pi$，$0\le\theta\le 2\pi$；外侧对应 $\mathbf{r}_\varphi\times\mathbf{r}_\theta$ 指向径向。
- $\mathbf{F}=(x,y,z)=\mathbf{r}$，且 $\mathbf{r}\cdot(\mathbf{r}_\varphi\times\mathbf{r}_\theta)=|\mathbf{r}|\cdot|\mathbf{r}_\varphi\times\mathbf{r}_\theta|\cos 0$（径向点乘）$=a\cdot a^2\sin\varphi=a^3\sin\varphi$。
- 原式 $=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^\pi a^3\sin\varphi\,d\varphi=2\pi a^3\cdot 2=4\pi a^3$。
答案$4\pi a^3$（等于高斯公式 $\iiint 3\,dv=3\cdot\frac43\pi a^3$）
- 投影法符号写错：$dx\,dy$ 对应法向量的 $z$ 分量，上侧为正、下侧为负；同理 $dy\,dz$ 看 $n_x$，$dz\,dx$ 看 $n_y$。
- 换侧忘记整体变号：第二型积分随侧反号，第一型不变；两型公式混用时必须统一侧。
- 把 $\iint_S R\,dx\,dy$ 的投影区域写成曲面在别的坐标面上的投影：$dx\,dy$ 只对应 $xy$ 面投影 $D_{xy}$。
- 参数式中 $\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v$ 的指向与所要求的侧相反时未变号，导致通量符号全错。
1第二型曲面积分换侧（取相反的一侧）时
答案与解析
正确答案：B
$d\mathbf{S}=\mathbf{n}\,dS$ 随侧反向，故 $\iint\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}$ 整体变号；第一型积分不变。
2$\iint_S R\,dx\,dy$ 中的投影区域是曲面在 $xy$ 面上的投影。
答案与解析
正确答案：A
$dx\,dy$ 与 $z$ 分量配对，投影到 $D_{xy}$；$dy\,dz$ 投影到 $D_{yz}$，$dz\,dx$ 投影到 $D_{zx}$。
§3高斯公式与斯托克斯公式
把三兄弟排成一列看：格林说边界上的环量等于区域内 $\partial Q/\partial x-\partial P/\partial y$ 的总量，斯托克斯把同一句话升到曲面，高斯说闭曲面的通量等于体内散度的总量。一般认为它们是同一句话在不同维度的投影：区域上的微分总量等于边界上的总量。类比到此为止：把这句话写成一条定理要靠外微分的语言，本书到会用为止。
非闭曲面想用高斯公式，套路是补面凑闭、算完减去：补一块好算的面（多取坐标面上的圆盘）与原曲面拼成闭曲面，侧要按外侧统一；闭曲面算完，再把补面那一份减掉。补面选得巧，整个积分可能塌成一个面积或体积。
- $\Omega\subset\mathbb{R}^3$ 是有界闭区域
- 边界 $\partial\Omega$ 分片光滑，取外侧
- $P,Q,R\in C^1(\Omega)$（含边界）
$\oiint_{\partial\Omega} P\,dy\,dz+Q\,dz\,dx+R\,dx\,dy=\iiint_\Omega\left(\dfrac{\partial P}{\partial x}+\dfrac{\partial Q}{\partial y}+\dfrac{\partial R}{\partial z}\right)dv$。
证明思路
先证 $\iiint_\Omega\dfrac{\partial R}{\partial z}dv=\oiint_{\partial\Omega}R\,dx\,dy$：把 $\Omega$ 投影到 $xy$ 面，按先一后二化为定积分，用牛顿-莱布尼茨公式，上下表面投影时符号相反（下侧为负）。$P,Q$ 两项同理，相加即得。
这条公式常被叫作高斯公式、散度定理或奥斯特罗格拉茨基公式——名字本身就记录了一场优先权之争。一般认为高斯在十九世纪初研究引力时写下了特殊情形，奥斯特罗格拉茨基在十九世纪二十年代给出三维的一般形式并用于热传导，所以国内教材常并称奥-高公式。
「取外侧」与「$P,Q,R\in C^1$」都在承重：外侧是约定的正向，取内侧整题变号；$C^1$ 保证散度存在且可积。$\Omega$ 有洞时边界不止一张面——比如两个同心球之间的区域，边界是内外两张球面，每张都要按「背离区域」定向，漏掉任何一张就差一块通量。
- $S$ 是分片光滑有向曲面，边界 $\partial S$ 分段光滑
- $\partial S$ 的正向与 $S$ 的单位法向量 $\mathbf{n}$ 满足右手法则（沿 $\mathbf{n}$ 看去 $\partial S$ 逆时针）
- $P,Q,R$ 在含 $S$ 的开集上有一阶连续偏导数
$\oint_{\partial S}P\,dx+Q\,dy+R\,dz=\iint_S\left(\dfrac{\partial R}{\partial y}-\dfrac{\partial Q}{\partial z}\right)dy\,dz+\left(\dfrac{\partial P}{\partial z}-\dfrac{\partial R}{\partial x}\right)dz\,dx+\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)dx\,dy$。
证明思路
先对 $S: z=z(x,y)$ 证 $R$ 的项：把曲线积分用参数 $x,y$ 表出，化为平面上的格林公式。$P,Q$ 两项用投影转成同型。一般曲面可拼接，公共边界上曲线积分相消。
一般认为，这个公式先由开尔文（汤姆孙）在十九世纪中叶以书信告知斯托克斯，斯托克斯随后把它作为剑桥史密斯奖的竞赛题公开征集证明，公式由此得名。这类恒等式与十九世纪向量分析的发展相互促成；它比高斯公式晚被看清，恰好说明「环量等于旋度的通量」是更深的一层。
右手法则不是装饰：$\partial S$ 的正向必须与 $\mathbf{n}$ 配套，扭反了左边整体变号。「分片光滑」也省不得：折痕处法向量跳变，$\mathbf{n}$ 取不连续，两边对不上。$P,Q,R$ 有一阶连续偏导则是公式两端存在的前提。
设 $\mathbf{F}$ 为向量场，$S$ 为有向曲面，$\partial S$ 为有向曲线。称 $\Phi=\iint_S\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}$ 为 $\mathbf{F}$ 通过 $S$ 的通量；称 $\Gamma=\oint_{\partial S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\oint_{\partial S}P\,dx+Q\,dy+R\,dz$ 为 $\mathbf{F}$ 沿 $\partial S$ 的环流量。
高斯公式是“通量=散度的体积分”，斯托克斯公式是“环量=旋度的通量”。
- $\Omega$ 有界闭、边界分片光滑取外侧
- $\mathbf{F}\in C^1(\Omega)$
若 $\mathrm{div}\,\mathbf{F}=0$ 于 $\Omega$，则 $\oiint_{\partial\Omega}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}=0$；特别地，不可压缩流体无源无汇时流过任何闭曲面的净流量为零。
证明思路
直接把 $\mathrm{div}\,\mathbf{F}=0$ 代入高斯公式右端，三重积分为 $0$。
用高斯公式计算 $\oiint_S x\,dy\,dz+y\,dz\,dx+z\,dx\,dy$，$S$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 外侧（$a>0$）。
解答与答案
- 取 $P=x$，$Q=y$，$R=z$，三者在 $\mathbb{R}^3$ 上 $C^1$，$S$ 是闭曲面取外侧，满足高斯公式条件。
- $\dfrac{\partial P}{\partial x}+\dfrac{\partial Q}{\partial y}+\dfrac{\partial R}{\partial z}=1+1+1=3$。
- 由高斯公式，原式 $=\iiint_\Omega 3\,dv=3\cdot\dfrac{4\pi a^3}{3}=4\pi a^3$，$\Omega$ 为球体 $x^2+y^2+z^2\le a^2$。
答案$4\pi a^3$
用斯托克斯公式计算 $\oint_L y\,dx+z\,dy+x\,dz$，$L$ 为圆周 $x^2+y^2+z^2=a^2$，$x+y+z=0$，从 $z$ 轴正向看去为逆时针。
解答与答案
- 取 $S$ 为平面 $x+y+z=0$ 上被 $L$ 围住的圆盘，法向量 $\mathbf{n}=\dfrac{1}{\sqrt3}(1,1,1)$（指向 $z$ 轴正向一侧），与 $L$ 的定向成右手法则。
- $P=y$，$Q=z$，$R=x$，故 $\mathrm{curl}\,\mathbf{F}=(\partial_y R-\partial_z Q,\ \partial_z P-\partial_x R,\ \partial_x Q-\partial_y P)=(-1,-1,-1)$。
- 由斯托克斯公式，原式 $=\iint_S(-1,-1,-1)\cdot\mathbf{n}\,dS=\iint_S(-\sqrt{3})\,dS=-\sqrt{3}\cdot\sigma(S)$。圆盘半径 $a$，$\sigma(S)=\pi a^2$，故原式 $=-\sqrt{3}\pi a^2$。
答案$-\sqrt{3}\pi a^2$
- 用高斯公式时忘记曲面必须是闭曲面且取外侧：若 $S$ 不闭，要补面使之闭，补面上的积分不能漏，且补面的侧要与原曲面拼成一致外侧。
- 用斯托克斯公式时边界定向与曲面法向量不匹配：必须沿 $\mathbf{n}$ 看去 $\partial S$ 逆时针（右手法则）；方向反了整个积分变号。
- 高斯公式的被积函数是散度 $\partial_x P+\partial_y Q+\partial_z R$，斯托克斯是旋度的三个分量，两公式右侧结构不同，不能互换套用。
- 补面法中补面的投影符号写反：补在 $z=0$ 上的圆盘若取下侧，$dx\,dy$ 项要带负号。
1高斯公式中闭曲面的正侧是
答案与解析
正确答案：B
高斯公式的标准形式取外侧为正：$\oiint_{\partial\Omega}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}=\iiint_\Omega\mathrm{div}\,\mathbf{F}\,dv$。取内侧要整体变号。
2斯托克斯公式中，边界曲线的定向与曲面法向量满足左手法则。
答案与解析
正确答案：B
是右手法则：沿 $\mathbf{n}$ 看去 $\partial S$ 逆时针。写成左手法则会导致公式差一个负号。
§4场论初步
算子类型：$\nabla u$ 数量变向量，$\nabla\cdot\mathbf{F}$ 向量变数量，$\nabla\times\mathbf{F}$ 向量变向量。$\nabla\cdot\nabla u=\Delta u$ 是合法行程；$\nabla\times\nabla u=\mathbf{0}$ 要证非白送。
设区域 $\Omega\subset\mathbb{R}^3$。映射 $u:\Omega\to\mathbb{R}$ 称为数量场；映射 $\mathbf{F}:\Omega\to\mathbb{R}^3$ 称为向量场。若 $u,\mathbf{F}$ 与时间无关，称稳定场（定常场）。
场就是“空间每点对应一个值（或向量）”的函数。
设数量场 $u$ 在 $\Omega$ 上可微，称向量 $\mathrm{grad}\,u=\nabla u=\left(\dfrac{\partial u}{\partial x},\dfrac{\partial u}{\partial y},\dfrac{\partial u}{\partial z}\right)$ 为 $u$ 的梯度。它指向 $u$ 增加最快的方向，模等于最大方向导数。
$\nabla=\left(\partial_x,\partial_y,\partial_z\right)$ 是算子，既可作用在数量场也可作向量运算。
设向量场 $\mathbf{F}=(P,Q,R)$ 的各分量可微，称 $\mathrm{div}\,\mathbf{F}=\nabla\cdot\mathbf{F}=\dfrac{\partial P}{\partial x}+\dfrac{\partial Q}{\partial y}+\dfrac{\partial R}{\partial z}$ 为 $\mathbf{F}$ 的散度。$\mathrm{div}\,\mathbf{F}>0$ 表示该点为源，$<0$ 为汇，$=0$ 表示局部无源。
散度是标量；高斯公式把闭曲面通量与体内散度积分联系起来。
称 $\mathrm{curl}\,\mathbf{F}=\nabla\times\mathbf{F}=\left(\dfrac{\partial R}{\partial y}-\dfrac{\partial Q}{\partial z},\ \dfrac{\partial P}{\partial z}-\dfrac{\partial R}{\partial x},\ \dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)$ 为 $\mathbf{F}$ 的旋度。其模表示旋转强度，方向按右手法则沿旋转轴指向。
旋度是向量；斯托克斯公式把环量与旋度的通量联系起来。
若 $\Delta u=\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2 u}{\partial y^2}+\dfrac{\partial^2 u}{\partial z^2}=0$，称 $u$ 为调和函数。若 $\mathrm{div}\,\mathbf{F}=0$，称 $\mathbf{F}$ 为管量场（无源场）。若存在 $u$ 使 $\mathbf{F}=\mathrm{grad}\,u$，称 $\mathbf{F}$ 为有势场（保守场），$u$ 为势函数。
$\Delta=\nabla\cdot\nabla$ 称拉普拉斯算子。
- $u,v$ 是二阶连续可微的数量场
- $\mathbf{F}$ 是二阶连续可微的向量场
(1) $\mathrm{curl}(\mathrm{grad}\,u)=\mathbf{0}$；(2) $\mathrm{div}(\mathrm{curl}\,\mathbf{F})=0$；(3) $\mathrm{div}(\mathrm{grad}\,u)=\Delta u$；(4) $\mathrm{grad}(uv)=u\,\mathrm{grad}\,v+v\,\mathrm{grad}\,u$；(5) $\mathrm{div}(u\mathbf{F})=u\,\mathrm{div}\,\mathbf{F}+\mathrm{grad}\,u\cdot\mathbf{F}$；(6) $\mathrm{curl}(u\mathbf{F})=u\,\mathrm{curl}\,\mathbf{F}+\mathrm{grad}\,u\times\mathbf{F}$。
证明思路
按定义展开分量，并用混合偏导相等 $\dfrac{\partial^2}{\partial x\partial y}=\dfrac{\partial^2}{\partial y\partial x}$。例如 $\mathrm{curl}\,\mathrm{grad}\,u$ 的第一分量为 $\partial_z(\partial_y u)-\partial_y(\partial_z u)=0$，三分量皆然。
条件「二阶连续可微」在承重：$\mathrm{curl}\,\mathrm{grad}\,u=\mathbf{0}$ 的证明要交换混合偏导 $\partial_x\partial_y u=\partial_y\partial_x u$，这需要二阶导连续。$u$ 只有一阶连续偏导时结论可能失效，构造反例就得找二阶偏导不连续的函数。
- $\Omega\subset\mathbb{R}^3$ 按曲线单连通（$\Omega$ 内任意闭曲线可在 $\Omega$ 内连续收缩为一点）
- $\mathbf{F}=(P,Q,R)\in C^1(\Omega)$
以下条件等价：(1) $\mathbf{F}$ 有势，即 $\mathbf{F}=\mathrm{grad}\,u$；(2) 对 $\Omega$ 内任意分段光滑闭曲线 $C$，$\oint_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=0$；(3) 积分与路径无关；(4) $\mathrm{curl}\,\mathbf{F}=\mathbf{0}$ 于 $\Omega$。
证明思路
(1)$\Rightarrow$(3)$\Rightarrow$(2)：牛顿-莱布尼茨公式与拼接闭曲线。(4)$\Rightarrow$(2)：斯托克斯公式右端为 $0$。(4)$\Rightarrow$(1)：取定起点沿折线积分得势函数。(2)$\Rightarrow$(3)：两路径差一闭曲线。单连通保证 $\mathrm{curl}=0$ 能推出前几条。
若不假定 $\Omega$ 单连通，$\mathrm{curl}\,\mathbf{F}=\mathbf{0}$ 推不出 $\mathbf{F}$ 有势（例如 $\Omega$ 为去掉 $z$ 轴的区域）。
四条等价里 (1)$\Rightarrow$(3)$\Rightarrow$(2) 只是牛顿-莱布尼茨和拼接闭曲线，白送；真正花钱的是 (4)$\Rightarrow$(1)：处处 $\mathrm{curl}=\mathbf{0}$ 只是局部无旋，要沿折线积分拼出势函数并证明它与路径无关，全靠「按曲线单连通」顶着。$C^1$ 则保证斯托克斯公式和逐段积分合法。
设 $u=x^2y+y^2z$，求 $\mathrm{grad}\,u$、$\Delta u$、$\mathrm{curl}(\mathrm{grad}\,u)$。
解答与答案
- $\mathrm{grad}\,u=\left(2xy,\ x^2+2yz,\ y^2\right)$。
- $\Delta u=\partial_{xx}u+\partial_{yy}u+\partial_{zz}u=2y+2z+0=2y+2z$。
- 由恒等式 (1) $\mathrm{curl}(\mathrm{grad}\,u)=\mathbf{0}$；也可直接验算：$\partial_y(y^2)-\partial_z(x^2+2yz)=2y-2y=0$，其余分量同理为 $0$。
答案$\mathrm{grad}\,u=(2xy,x^2+2yz,y^2)$，$\Delta u=2y+2z$，$\mathrm{curl}(\mathrm{grad}\,u)=\mathbf{0}$
设 $\mathbf{F}=(yz,zx,xy)$，求 $\mathrm{div}\,\mathbf{F}$ 与 $\mathrm{curl}\,\mathbf{F}$，并判断是否为有势场、管量场。
解答与答案
- $\mathrm{div}\,\mathbf{F}=\partial_x(yz)+\partial_y(zx)+\partial_z(xy)=0+0+0=0$，故是管量场。
- $\mathrm{curl}\,\mathbf{F}=(\partial_y(xy)-\partial_z(zx),\ \partial_z(yz)-\partial_x(xy),\ \partial_x(zx)-\partial_y(yz))=(x-x,\ z-z,\ y-y)=(0,0,0)$。
- 在 $\mathbb{R}^3$（单连通）上 $\mathrm{curl}\,\mathbf{F}=\mathbf{0}$，由定理22-9 知 $\mathbf{F}$ 有势；取 $u=xyz$，$\mathrm{grad}\,u=(yz,zx,xy)=\mathbf{F}$。
答案$\mathrm{div}\,\mathbf{F}=0$，$\mathrm{curl}\,\mathbf{F}=\mathbf{0}$；既是管量场又是有势场，势函数 $u=xyz+C$
- 把散度（标量）与旋度（向量）混为一谈：$\mathrm{div}\,\mathbf{F}$ 是标量，$\mathrm{curl}\,\mathbf{F}$ 是向量，两者定义式结构不同。
- 写 $\mathrm{curl}(\mathrm{grad}\,u)=0$ 或 $\mathrm{div}(\mathrm{curl}\,\mathbf{F})=0$ 时忽略二阶连续可微条件：混合偏导交换需要连续性。
- 由 $\mathrm{curl}\,\mathbf{F}=\mathbf{0}$ 直接断言 $\mathbf{F}$ 有势：需要按曲线单连通；去掉一条直线的空间上 $\mathrm{curl}$ 可以处处为零但仍无势。
- 梯度方向理解反：$\nabla u$ 指向 $u$ 增大最快的方向，等值面的法向；不是指向 $u$ 下降最快的方向。
1设 $\mathbf{F}=(P,Q,R)$，则 $\mathrm{div}\,\mathbf{F}$ 等于
答案与解析
正确答案：A
散度是 $\nabla\cdot\mathbf{F}=\partial_x P+\partial_y Q+\partial_z R$，是标量；B 是旋度的第一个分量。
2$\mathrm{curl}(\mathrm{grad}\,u)=\mathbf{0}$ 对任意二阶连续可微的 $u$ 成立。
答案与解析
正确答案：A
这是场论恒等式 (1)：混合偏导相等使旋度三分量都为零。
向量函数微分学CHAPTER 23 · 4 SECTIONS
本章把一元与多元微积分统一到向量函数的框架：先讨论向量函数的极限、连续与紧集上的整体性质，再用雅可比矩阵定义导数与微分，证明反函数定理与隐函数定理，最后用参数方程描述曲线与曲面，给出切向量、切平面、弧长元素与面积元。
上一章的梯度、散度、旋度把偏导写成了场的语言，但那些偏导背后的合法性还悬着：向量函数的极限、连续、可微到底怎么定义？这一章用矩阵一次讲清——雅可比矩阵是导数的正身，链式法则变成矩阵乘积，反函数与隐函数定理回答「方程能不能解出函数」。最后的曲线曲面参数表示，把第二十一、二十二章里 $\sqrt{EG-F^2}$ 一类因子的来历全部补上严格账。
§1向量函数的极限与连续
把定理用在非紧集上是常见翻车点：$\mathbf{f}(t)=(t,t^2)$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续，取 $t=k$、$s=k+1$，则 $|\mathbf{f}(t)-\mathbf{f}(s)|=\sqrt{1+(2k+1)^2}\to\infty$，一致连续失效。要么 $K$ 紧、要么另证李普希茨条件，「连续」两个字撑不起一致连续。
设 $D\subset\mathbb{R}^n$，映射 $\mathbf{f}:D\to\mathbb{R}^m$ 记作 $\mathbf{f}(\mathbf{x})=(f_1(\mathbf{x}),\ldots,f_m(\mathbf{x}))$，称为 $D$ 上的 $m$ 维向量值函数（向量函数）。$m=1$ 时是数量函数，$n=1$ 时是向量值的单变量函数。
向量函数的许多性质都归结为各分量的性质。
设 $\mathbf{f}$ 在 $P_0$ 的某去心邻域有定义。若存在 $\mathbf{A}\in\mathbb{R}^m$，使 $\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0$，当 $0<|\mathbf{x}-P_0|<\delta$（$\mathbf{x}\in D$）时 $|\mathbf{f}(\mathbf{x})-\mathbf{A}|<\varepsilon$，则称 $\mathbf{f}(\mathbf{x})\to\mathbf{A}$（$\mathbf{x}\to P_0$），记 $\lim\limits_{\mathbf{x}\to P_0}\mathbf{f}(\mathbf{x})=\mathbf{A}$。
范数取 $\mathbb{R}^m$ 中任一固定范数均可，有限维范数等价。
若 $\lim\limits_{\mathbf{x}\to P_0}\mathbf{f}(\mathbf{x})=\mathbf{f}(P_0)$，称 $\mathbf{f}$ 在 $P_0$ 连续。若 $\mathbf{f}$ 在 $D$ 的每一点都连续，称 $\mathbf{f}$ 在 $D$ 上连续。
连续性也说成：$\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0$，当 $|\mathbf{x}-P_0|<\delta$ 时 $|\mathbf{f}(\mathbf{x})-\mathbf{f}(P_0)|<\varepsilon$。
- $\mathbf{f}=(f_1,\ldots,f_m)$ 在 $P_0$ 的邻域有定义
- $P_0\in D$
$\mathbf{f}$ 在 $P_0$ 连续 $\iff$ 每个分量 $f_i$（$i=1,\ldots,m$）在 $P_0$ 连续。
证明思路
由 $|\mathbf{f}-\mathbf{A}|=\sqrt{\sum_i(f_i-A_i)^2}$ 可知 $|\mathbf{f}-\mathbf{A}|<\varepsilon$ 与各 $|f_i-A_i|<\varepsilon/\sqrt m$ 等价地控制。极限存在性与连续性都可按分量翻译。
- $K\subset\mathbb{R}^n$ 是紧集（有界闭集）
- $\mathbf{f}:K\to\mathbb{R}^m$ 连续
$\mathbf{f}(K)$ 是 $\mathbb{R}^m$ 中的紧集；实值函数 $|\mathbf{f}|$ 与各 $f_i$ 在 $K$ 上取得最大值与最小值；$\mathbf{f}$ 在 $K$ 上一致连续。
证明思路
紧集的连续像是紧集（用有限开覆盖或序列紧性）。$|\mathbf{f}|$ 是实值连续函数，在紧集上取最值。一致连续用有限覆盖：对 $\varepsilon$ 取 $\delta$ 使每点邻域内振幅小于 $\varepsilon$，再用有限子覆盖拼成统一的 $\delta$。
三个结论共用一个「紧」字：连续像仍紧给出 $\mathbf{f}(K)$ 有界闭，$|\mathbf{f}|$ 的最值才存在；一致连续靠有限覆盖把逐点的 $\delta$ 拼成统一的。「有界闭」两个字都删不得：$\mathbf{f}(t)=1/t$ 在 $[1,\infty)$（闭而不有界）上像集是 $(0,1]$，取不到最小值；$\mathbf{f}(t)=t$ 在 $(0,1)$（有界而不闭）上同样取不到最值。
- $K\subset\mathbb{R}^n$ 是连通集
- $\mathbf{f}:K\to\mathbb{R}^m$ 连续
$\mathbf{f}(K)$ 是 $\mathbb{R}^m$ 中的连通集；特别地 $m=1$ 时 $f(K)$ 是区间，满足介值定理。
证明思路
连通集的连续像连通：若 $\mathbf{f}(K)$ 能分离成两个非空开集的无交并，则原像把 $K$ 分离，与 $K$ 连通矛盾。$\mathbb{R}$ 的连通子集就是区间。
讨论 $\mathbf{f}(x,y)=\left(\dfrac{xy}{x^2+y^2},\ x+y\right)$ 在 $(0,0)$ 处的极限是否存在，能否定义连续。
解答与答案
- 第二分量 $x+y\to 0$（$(x,y)\to(0,0)$），极限存在。
- 第一分量沿 $y=kx$（$x\to 0$）：$\dfrac{x\cdot kx}{x^2+k^2x^2}=\dfrac{k}{1+k^2}$，随 $k$ 变化，故 $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{xy}{x^2+y^2}$ 不存在。
- 由定理23-1（极限的分量刻画），$\mathbf{f}$ 在 $(0,0)$ 处极限不存在，更谈不上连续。
答案极限不存在，$(0,0)$ 处不连续（即使把 $\mathbf{f}(0,0)$ 定义为任何向量也不连续）
证明 $\mathbf{f}(t)=(\cos t,\sin t)$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续，并求 $|\mathbf{f}(t)|$ 的最值。
解答与答案
- $|\mathbf{f}(t_1)-\mathbf{f}(t_2)|=\sqrt{(\cos t_1-\cos t_2)^2+(\sin t_1-\sin t_2)^2}=2\left|\sin\dfrac{t_1-t_2}{2}\right|\le |t_1-t_2|$。
- 取 $\delta=\varepsilon$，当 $|t_1-t_2|<\delta$ 时 $|\mathbf{f}(t_1)-\mathbf{f}(t_2)|<\varepsilon$，故 $\mathbf{f}$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续（李普希茨）。
- $|\mathbf{f}(t)|=\sqrt{\cos^2 t+\sin^2 t}=1$ 为常数，最大值与最小值都是 $1$。
答案一致连续；$|\mathbf{f}|\equiv 1$，最大最小值均为 $1$
- 以为向量函数极限存在等价于各分量极限存在却漏掉“同时”：必须所有分量极限都存在才能拼成 $\mathbf{A}$；有一个分量极限不存在，向量极限就不存在。
- 把点态连续当成一致连续：$\mathbf{f}$ 在开区域上连续不一定一致连续；一致连续一般要闭（紧）区域或直接验证李普希茨条件。
- 对向量值函数 $\mathbf{f}$ 套用介值定理：介值是 $m=1$ 的实值函数性质；$m>1$ 时只能保持连通性，像集不必是区间也不必是凸的。
- 极限定义中写 $0<|\mathbf{x}-P_0|$ 时漏掉去心邻域的要求；在 $P_0\in D$ 时连续性要求极限等于 $\mathbf{f}(P_0)$，与“去心极限”区分不清。
1$\mathbf{f}=(f_1,\ldots,f_m)$ 在 $P_0$ 连续的充要条件是
答案与解析
正确答案：B
定理23-1：向量函数连续当且仅当各分量连续。$|\mathbf{f}|$ 连续推不出各分量连续。
2紧集上的连续向量函数必一致连续。
答案与解析
正确答案：A
定理23-2：紧集上连续必一致连续，这是有限覆盖论证的标准结论。
§2向量函数的微分
设 $\mathbf{f}:D\subset\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m$ 在 $P_0$ 的某邻域有定义。若存在 $m\times n$ 矩阵 $A$ 使 $\mathbf{f}(P_0+\mathbf{h})-\mathbf{f}(P_0)=A\mathbf{h}+o(|\mathbf{h}|)$（$\mathbf{h}\to\mathbf{0}$），则称 $\mathbf{f}$ 在 $P_0$ 可微，$A$ 记作 $D\mathbf{f}(P_0)$ 或 $\mathbf{f}'(P_0)$，称为 $\mathbf{f}$ 在 $P_0$ 的导数（雅可比矩阵）：$A=\left(\dfrac{\partial f_i}{\partial x_j}\right)_{m\times n}$。
$n=m=1$ 时回到一元导数；$m=1$ 时是一行的梯度。
雅可比矩阵的名字来自十九世纪的雅可比，他为研究多变量的变量变换系统发展了函数行列式（雅可比行列式）理论。把导数当成线性映射的写法一般认为是二十世纪才定型的；教材里 $\left(\partial f_i/\partial x_j\right)$ 的偏导表则保留了当年的面貌。
- $\mathbf{f}$ 在 $P_0$ 可微
各偏导数 $\dfrac{\partial f_i}{\partial x_j}(P_0)$（$i=1,\ldots,m$，$j=1,\ldots,n$）都存在，且 $D\mathbf{f}(P_0)=\left(\dfrac{\partial f_i}{\partial x_j}(P_0)\right)$。
证明思路
在可微定义中取 $\mathbf{h}=t\mathbf{e}_j$（$t\to 0$），则 $A\mathbf{e}_j$ 就是 $A$ 的第 $j$ 列，而商式 $\dfrac{f_i(P_0+t\mathbf{e}_j)-f_i(P_0)}{t}\to\dfrac{\partial f_i}{\partial x_j}(P_0)$。
逆命题不成立：偏导数都存在推不出可微（见 pitfalls）。
结论只有一半：可微 $\Rightarrow$ 偏导都在，且矩阵必是那张偏导表。反向不成立，因为沿坐标轴逼近只探了 $n$ 个方向，$o(|\mathbf{h}|)$ 要求的却是全方向一致的线性逼近。这就是判定可微常用「偏导连续」这条更强充分条件（第十七章）的原因，而不是只查偏导存在。
- $\mathbf{f},\mathbf{g}$ 在 $P_0$ 可微
- $\lambda$ 是 $P_0$ 处可微的实值函数或常数
- 链式法则额外要求：$\mathbf{g}$ 在 $P_0$ 可微，$\mathbf{f}$ 在 $\mathbf{g}(P_0)$ 可微
(1) $D(\mathbf{f}+\mathbf{g})=D\mathbf{f}+D\mathbf{g}$；(2) $D(\lambda\mathbf{f})=\lambda D\mathbf{f}+\mathbf{f}\,d\lambda$（$\lambda$ 为常数时即 $\lambda D\mathbf{f}$）；(3) $D(\mathbf{f}\cdot\mathbf{g})=D\mathbf{f}\,\mathbf{g}+\mathbf{f}\,D\mathbf{g}$（按分量解释）；(4) 链式法则：$\mathbf{f}\circ\mathbf{g}$ 在 $P_0$ 可微且 $D(\mathbf{f}\circ\mathbf{g})(P_0)=D\mathbf{f}(\mathbf{g}(P_0))\,D\mathbf{g}(P_0)$（矩阵乘积）。
证明思路
用全增量 $\Delta\mathbf{f}=A\Delta\mathbf{x}+o(|\Delta\mathbf{x}|)$ 代入线性运算。链式法则：$\Delta\mathbf{y}=D\mathbf{g}\,\Delta\mathbf{x}+o(|\Delta\mathbf{x}|)$，故 $o(|\Delta\mathbf{y}|)=o(|\Delta\mathbf{x}|)$，代入外层展开并合并即得矩阵乘积。
条件要「可微」，「有偏导」不够：证明要用 $\Delta\mathbf{y}=D\mathbf{g}\Delta\mathbf{x}+o(|\Delta\mathbf{x}|)$，有偏导给不出这个余项。乘积顺序由维度定：$m\times p$ 乘 $p\times n$ 得 $m\times n$。
- $\mathbf{f}$ 在凸区域 $D$ 上可微
- $P_0,\ P_0+\mathbf{h}\in D$
- $\|D\mathbf{f}\|$ 表示雅可比矩阵的算子范数
$|\mathbf{f}(P_0+\mathbf{h})-\mathbf{f}(P_0)|\le\sup_{t\in[0,1]}\|D\mathbf{f}(P_0+t\mathbf{h})\|\,|\mathbf{h}|$；特别地存在 $\theta\in(0,1)$ 使 $|\Delta\mathbf{f}|\le\|D\mathbf{f}(P_0+\theta\mathbf{h})\|\,|\mathbf{h}|$（若范数连续）。对每个分量有通常的一元拉格朗日中值公式。
证明思路
对实函数 $\varphi(t)=\mathbf{f}(P_0+t\mathbf{h})\cdot\mathbf{e}$（$\mathbf{e}$ 为固定单位向量）用一元中值定理，再对 $|\Delta\mathbf{f}|$ 取上界；或直接对 $t\mapsto|\mathbf{f}(P_0+t\mathbf{h})|$ 作导数估计。
向量值函数一般没有等式形式的中值定理 $\Delta\mathbf{f}=D\mathbf{f}(\xi)\mathbf{h}$，只能得到上面的范数不等式。
- $\mathbf{f}$ 在 $P_0$ 的某邻域具有直到 $k+1$ 阶的连续偏导数（$\mathbf{f}\in C^{k+1}$）
- $P_0+\mathbf{h}$ 在该邻域内
$\mathbf{f}(P_0+\mathbf{h})=\mathbf{f}(P_0)+D\mathbf{f}(P_0)\mathbf{h}+\dfrac{1}{2}D^2\mathbf{f}(P_0)[\mathbf{h},\mathbf{h}]+\cdots+\dfrac{1}{k!}D^k\mathbf{f}(P_0)[\mathbf{h}^k]+R_k$，其中余项为皮亚诺型：$R_k=o(|\mathbf{h}|^k)$（$\mathbf{h}\to\mathbf{0}$）。
向量值函数一般没有单一中间点的拉格朗日型余项；只能对每个分量 $f_i$ 分别写拉格朗日型余项，而各分量的中间点 $\xi_i$ 一般互不相同。
证明思路
对每个分量 $f_i$ 用多元泰勒公式，再把各分量拼成向量。$D^j\mathbf{f}$ 是 $j$ 重线性映射，$D^j\mathbf{f}[\mathbf{h}^j]$ 表示它在 $(\mathbf{h},\ldots,\mathbf{h})$ 上的取值。
拼回向量时，各分量的中间点 $\xi_i$ 一般不统一，故整体只能保证皮亚诺型余项 $R_k=o(|\mathbf{h}|^k)$。
与本节的中值不等式呼应：向量值函数一般没有等式形式的中值定理，同样也没有带单一中间点的拉格朗日型余项；需要定量估计时改用范数不等式或积分型余项。
设 $\mathbf{f}(x,y)=(x^2y,\ e^{xy})$，求 $D\mathbf{f}(x,y)$，并计算 $D\mathbf{f}(1,0)$。
解答与答案
- $f_1=x^2y$，故 $\partial_x f_1=2xy$，$\partial_y f_1=x^2$；$f_2=e^{xy}$，故 $\partial_x f_2=ye^{xy}$，$\partial_y f_2=xe^{xy}$。
- $D\mathbf{f}(x,y)=\begin{pmatrix}2xy&x^2\\ye^{xy}&xe^{xy}\end{pmatrix}$。
- 代入 $(1,0)$：$D\mathbf{f}(1,0)=\begin{pmatrix}0&1\\0&1\end{pmatrix}$。
答案$D\mathbf{f}(x,y)=\begin{pmatrix}2xy&x^2\\ye^{xy}&xe^{xy}\end{pmatrix}$，$D\mathbf{f}(1,0)=\begin{pmatrix}0&1\\0&1\end{pmatrix}$
设 $\mathbf{f}(u,v)=(u+v,\ uv)$，$\mathbf{g}(t)=(t^2,\ t)$，用链式法则求 $(\mathbf{f}\circ\mathbf{g})'(t)$。
解答与答案
- $D\mathbf{f}(u,v)=\begin{pmatrix}1&1\\v&u\end{pmatrix}$，$D\mathbf{g}(t)=\begin{pmatrix}2t\\1\end{pmatrix}$。
- 链式法则：$D(\mathbf{f}\circ\mathbf{g})(t)=D\mathbf{f}(\mathbf{g}(t))\,D\mathbf{g}(t)=\begin{pmatrix}1&1\\t&t^2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2t\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2t+1\\3t^2\end{pmatrix}$。
- 直接验算：$\mathbf{f}(\mathbf{g}(t))=(t^2+t,\ t^3)$，导数为 $(2t+1,\ 3t^2)$，与上式一致。
答案$(\mathbf{f}\circ\mathbf{g})'(t)=(2t+1,\ 3t^2)$
- 以为偏导数存在就可微：$f(x,y)=\dfrac{xy}{x^2+y^2}$（补充定义 $f(0,0)=0$）在原点偏导都存在，但沿 $y=kx$ 极限随 $k$ 变，不连续从而不可微。
- 对向量值函数套用等式形式的中值定理 $\Delta\mathbf{f}=D\mathbf{f}(\xi)\mathbf{h}$：一般只有不等式；分量分别用中值定理得到的 $\theta_i$ 通常不同。
- 链式法则矩阵乘积顺序写反：$D(\mathbf{f}\circ\mathbf{g})=D\mathbf{f}\,D\mathbf{g}$（外层在左、内层在右），写成 $D\mathbf{g}\,D\mathbf{f}$ 维数往往对不上。
- 雅可比矩阵的行列与变量对应搞混：$\left(\partial f_i/\partial x_j\right)$ 的行标是分量 $i$，列标是自变量 $j$；与梯度行向量、列向量的转置关系要一致。
1$\mathbf{f}:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m$ 在 $P_0$ 可微，则 $D\mathbf{f}(P_0)$ 是
答案与解析
正确答案：B
$D\mathbf{f}=(\partial f_i/\partial x_j)$，共 $m$ 行 $n$ 列；$m=n=1$ 时退化为普通导数。
2向量值函数存在等式形式的中值定理 $\mathbf{f}(b)-\mathbf{f}(a)=D\mathbf{f}(\xi)(b-a)$。
答案与解析
正确答案：B
一般只有不等式 $|\Delta\mathbf{f}|\le\|D\mathbf{f}(\xi)\||\Delta\mathbf{x}|$；一元 $m=1$ 时才有等式。
§3隐函数定理与反函数定理
两个定理其实是一件事：反函数定理说「导数可逆 $\Rightarrow$ 局部有 $C^1$ 反函数」，隐函数定理是它的换装版——把 $\mathbf{G}(P,y)=(P,F(P,y))$ 的可逆性翻译成 $\partial F/\partial y\neq0$。它们证明的骨架都是压缩映像，所以结论只在小邻域里成立：邻域之外，方程可能长出别的分支。
- $\mathbf{f}:D\subset\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 在 $P_0$ 的某邻域 $U$ 上 $C^1$
- $\det D\mathbf{f}(P_0)\neq 0$
存在 $P_0$ 的邻域 $V\subset U$ 与 $\mathbf{f}(P_0)$ 的邻域 $W$，使 $\mathbf{f}:V\to W$ 是双射，反函数 $\mathbf{f}^{-1}\in C^1(W)$，且 $D\mathbf{f}^{-1}(\mathbf{y})=\left[D\mathbf{f}(\mathbf{x})\right]^{-1}$，其中 $\mathbf{y}=\mathbf{f}(\mathbf{x})$。
证明思路
不妨 $P_0=\mathbf{0}$、$\mathbf{f}(\mathbf{0})=\mathbf{0}$、$D\mathbf{f}(\mathbf{0})=I$（否则左乘 $D\mathbf{f}(P_0)^{-1}$ 化简）。用压缩映像原理在闭球上解 $\mathbf{x}=\mathbf{x}-A(\mathbf{f}(\mathbf{x})-\mathbf{y})$ 得局部反函数，再证 $C^1$ 并用链式法则求 $D\mathbf{f}^{-1}$。
$\det D\mathbf{f}(P_0)\neq0$ 是全部机关：线性主部可逆，压缩映像才有不动点。删掉它，$\mathbf{f}(x)=x^3$ 在 $0$ 处导数为 $0$，反函数 $x=y^{1/3}$ 在 $0$ 处导数无穷大，不存在 $C^1$ 反函数，定理结论全线崩塌。「局部」二字也在承重：$V,W$ 都只是邻域，邻域之外 $\mathbf{f}$ 长什么样定理一概不管。
- $F:U\subset\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 在点 $(P_0,y_0)$ 的某邻域 $U$ 上 $C^1$
- $F(P_0,y_0)=0$
- $\dfrac{\partial F}{\partial y}(P_0,y_0)\neq 0$
存在 $P_0$ 的邻域 $V$、$y_0$ 的邻域 $W$ 及唯一 $C^1$ 函数 $y=f(P)$（$P\in V$），使 $F(P,f(P))=0$，$f(P_0)=y_0$，且 $\dfrac{\partial f}{\partial x_j}=-\dfrac{\partial F/\partial x_j}{\partial F/\partial y}$（$j=1,\ldots,n$）。
证明思路
令 $\mathbf{G}(P,y)=(P,F(P,y))$，则 $\det D\mathbf{G}=\partial F/\partial y\neq 0$；对 $\mathbf{G}$ 用反函数定理解出 $(P,y)$，即得 $y=f(P)$。对恒等式 $F(P,f(P))=0$ 用链式法则解出 $\partial f/\partial x_j$。
隐函数定理一般认为源头在十九世纪：柯西在分析严格化的过程中给出过早期证明，后来经逐次逼近（今天叫压缩映像原理）一路把「局部存在且唯一」钉死。今天课本里「设 $F\in C^1$、$F_y\neq0$」的三件套，就是那次严格化留下的标准姿势。
$\partial F/\partial y\neq0$ 是能解出 $y$ 的开关：它正是 $\det D\mathbf{G}$（$\mathbf{G}=(P,F)$），反函数定理要它非零。删掉它：$y^2-x=0$ 在原点 $F_y=0$，解出 $y=\pm\sqrt{x}$ 不单值也不 $C^1$。
- $F_i:U\subset\mathbb{R}^{n+m}\to\mathbb{R}$（$i=1,\ldots,m$）在点 $P_0$ 邻域 $C^1$
- $F_i(P_0)=0$（$i=1,\ldots,m$）
- 雅可比行列式 $\det\dfrac{\partial(F_1,\ldots,F_m)}{\partial(y_1,\ldots,y_m)}\neq 0$ 于 $P_0$
局部唯一确定 $C^1$ 函数组 $y_i=f_i(x_1,\ldots,x_n)$，且 $D\mathbf{f}=-\left(\dfrac{\partial\mathbf{F}}{\partial\mathbf{y}}\right)^{-1}\dfrac{\partial\mathbf{F}}{\partial\mathbf{x}}$。
证明思路
向量形式：令 $\mathbf{G}(\mathbf{x},\mathbf{y})=(\mathbf{x},\mathbf{F}(\mathbf{x},\mathbf{y}))$，$\det D\mathbf{G}=\det(\partial\mathbf{F}/\partial\mathbf{y})\neq 0$；对 $\mathbf{G}$ 用反函数定理。对 $\mathbf{F}(\mathbf{x},\mathbf{f}(\mathbf{x}))=\mathbf{0}$ 微分得 $\mathbf{F}_x+\mathbf{F}_y D\mathbf{f}=\mathbf{0}$，解出 $D\mathbf{f}$。
- $\mathbf{f}$ 在 $P_0$ 邻域 $C^1$ 且局部有 $C^1$ 反函数 $\mathbf{f}^{-1}$
- $\mathbf{y}_0=\mathbf{f}(P_0)$
$D\mathbf{f}^{-1}(\mathbf{y}_0)=\left[D\mathbf{f}(P_0)\right]^{-1}$。
证明思路
对恒等式 $\mathbf{f}^{-1}(\mathbf{f}(\mathbf{x}))=\mathbf{x}$ 用链式法则：$D\mathbf{f}^{-1}(\mathbf{y}_0)\,D\mathbf{f}(P_0)=I$，右乘逆矩阵即得。
设 $F(x,y)=x^2+y^2-1$，在点 $(0,1)$ 附近确定隐函数 $y=y(x)$，求 $y'(x)$ 与 $y'(0)$；并说明为什么不能改在 $(1,0)$ 附近讨论 $y=y(x)$。
解答与答案
- $F(0,1)=0$，$F_y=2y$，$F_y(0,1)=2\neq0$，故由隐函数定理，在 $(0,1)$ 附近存在唯一的 $y=y(x)$。
- 由隐函数求导公式 $y'=-\dfrac{F_x}{F_y}=-\dfrac{2x}{2y}=-\dfrac{x}{y}$。
- $y'(0)=-\dfrac{0}{1}=0$。
- 反例说明：在 $(1,0)$ 处 $F(1,0)=0$，但 $F_y(1,0)=0$，隐函数定理条件失效；几何上该点切线竖直，$y$ 不能表成 $x$ 的函数（上半圆 $y=\sqrt{1-x^2}$ 在 $x=1$ 处导数无界，$|x|>1$ 时无实解），此处应改看 $x=x(y)$。
答案在 $(0,1)$ 附近 $y'=-x/y$，$y'(0)=0$；在 $(1,0)$ 处 $F_y=0$，隐函数定理条件不满足，$y=y(x)$ 在该点附近不存在（应改看 $x=x(y)$）。
设 $\mathbf{f}(x,y)=(e^x\cos y,\ e^x\sin y)$，验证 $D\mathbf{f}$ 处处可逆，并求 $D\mathbf{f}^{-1}$ 的表达式。
解答与答案
- $D\mathbf{f}=\begin{pmatrix}e^x\cos y&-e^x\sin y\\e^x\sin y&e^x\cos y\end{pmatrix}$，$\det D\mathbf{f}=e^{2x}(\cos^2 y+\sin^2 y)=e^{2x}>0$，故处处可逆。
- $D\mathbf{f}^{-1}=\dfrac{1}{e^{2x}}\begin{pmatrix}e^x\cos y&e^x\sin y\\-e^x\sin y&e^x\cos y\end{pmatrix}=e^{-x}\begin{pmatrix}\cos y&\sin y\\-\sin y&\cos y\end{pmatrix}$。
- 校验：$D\mathbf{f}^{-1}\,D\mathbf{f}=I$。注意 $\mathbf{f}$ 整体不是单射（$y$ 周期 $2\pi$），反函数定理只保证局部可逆。
答案$\det D\mathbf{f}=e^{2x}\neq 0$；$D\mathbf{f}^{-1}=e^{-x}\begin{pmatrix}\cos y&\sin y\\-\sin y&\cos y\end{pmatrix}$（局部）
- 隐函数定理中把 $\partial F/\partial y\neq 0$ 漏掉：在 $F=x^2+y^2-1$ 的 $(1,0)$ 处 $F_y=0$，$y$ 不能在该点附近表成 $x$ 的 $C^1$ 函数（竖直切线）。
- 以为反函数定理给出全局反函数：定理只保证局部双射；$\mathbf{f}(x,y)=(e^x\cos y,e^x\sin y)$ 处处 $\det D\mathbf{f}\neq0$ 但整体不是单射。
- 隐函数求导公式符号写错：$y'=-F_x/F_y$，不是 $+F_x/F_y$；把分母写成 $F_x$ 或漏负号是最常见错误。
- 隐函数组中雅可比 $\det(\partial\mathbf{F}/\partial\mathbf{y})$ 与 $\det(\partial\mathbf{F}/\partial\mathbf{x})$ 混淆：可解性条件是对“要解出的那组变量”的偏导行列式非零。
1隐函数定理中，由 $F(x,y)=0$ 确定 $y=y(x)$ 的关键是
答案与解析
正确答案：B
需要 $\partial F/\partial y\neq 0$ 才能把 $y$ 解成 $x$ 的函数；若 $F_y=0$ 而 $F_x\neq0$，则解出的是 $x=x(y)$。
2反函数定理给出的反函数是全局定义的。
答案与解析
正确答案：B
只保证某邻域内的局部反函数；整体单射还需要额外条件（如全局微分同胚）。
§4曲线与曲面的参数表示
弧长元 $|\mathbf{r}'|dt$、面积元 $\sqrt{EG-F^2}dudv$：叉积给面积、点积给 $E,F,G$，$|\mathbf{a}\times\mathbf{b}|^2=|\mathbf{a}|^2|\mathbf{b}|^2-(\mathbf{a}\cdot\mathbf{b})^2$ 接上。
拿螺旋线做校验：$\mathbf{r}(t)=(3\cos t,3\sin t,4t)$ 走一圈 $t\in[0,2\pi]$，速度模 $|\mathbf{r}'|=\sqrt{3^2+4^2}=5$ 恒定，弧长就是 $5\times2\pi=10\pi\approx31.4$。把 $a,b$ 换成勾股数比记字母公式可靠；弧长参数化后 $|d\mathbf{r}/ds|=1$，一切以走过多少路为参数。
映射 $\mathbf{r}:[a,b]\to\mathbb{R}^3$（或 $\mathbb{R}^n$）连续，若 $\mathbf{r}'$ 存在、连续且 $\mathbf{r}'(t)\neq\mathbf{0}$，称 $\mathbf{r}(t)$ 为 $C^1$ 正则曲线，$t$ 为参数。若 $\mathbf{r}$ 是单射，称简单曲线；若 $\mathbf{r}(a)=\mathbf{r}(b)$，称闭曲线。
常见特例：$y=f(x)$ 对应 $\mathbf{r}(x)=(x,f(x))$；$x=x(t),y=y(t),z=z(t)$ 是空间参数曲线。
若 $\mathbf{r}'(t_0)\neq\mathbf{0}$，称 $\mathbf{T}=\mathbf{r}'(t_0)$ 为曲线在 $t_0$ 处的切向量。过点 $\mathbf{r}(t_0)$、方向为 $\mathbf{T}$ 的直线 $\mathbf{X}(s)=\mathbf{r}(t_0)+s\,\mathbf{r}'(t_0)$ 称为切线。
单位切向量 $\mathbf{T}/|\mathbf{T}|$；正则性保证切向量非零。
- $\mathbf{r}\in C^1[a,b]$（或分段 $C^1$）
- $\mathbf{r}'$ 在 $[a,b]$ 上连续
曲线弧长 $s=\displaystyle\int_a^b|\mathbf{r}'(t)|\,dt=\int_a^b\sqrt{[x'(t)]^2+[y'(t)]^2+[z'(t)]^2}\,dt$。取 $s(t)=\int_a^t|\mathbf{r}'(\tau)|d\tau$ 为弧长参数时，$\left|\dfrac{d\mathbf{r}}{ds}\right|=1$。
证明思路
弧长定义为内接折线长的极限。分割 $a=t_0<\cdots<t_n=b$，折线段 $|\mathbf{r}(t_i)-\mathbf{r}(t_{i-1})|\approx|\mathbf{r}'(\tau_i)|\Delta t_i$，求和取极限得积分；$C^1$ 保证一致逼近。
映射 $\mathbf{r}:D\subset\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^3$，$\mathbf{r}(u,v)=(x(u,v),y(u,v),z(u,v))$ 为 $C^1$，且 $\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v\neq\mathbf{0}$，称 $\mathbf{r}(D)$ 为 $C^1$ 正则参数曲面，$(u,v)$ 为曲纹坐标。
特例：$z=f(x,y)$ 对应 $\mathbf{r}(x,y)=(x,y,f(x,y))$。
- $\mathbf{r}(u,v)$ 为 $C^1$ 正则参数曲面
- $\mathbf{r}_u(u_0,v_0)\times\mathbf{r}_v(u_0,v_0)\neq\mathbf{0}$
曲面在点 $\mathbf{r}_0=\mathbf{r}(u_0,v_0)$ 的切平面由 $\mathbf{r}_u,\mathbf{r}_v$ 张成，法向量 $\mathbf{n}=\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v$；切平面方程 $(\mathbf{X}-\mathbf{r}_0)\cdot(\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v)=0$。
证明思路
过该点的 $C^1$ 曲线 $t\mapsto\mathbf{r}(u(t),v(t))$ 的速度 $=u'\mathbf{r}_u+v'\mathbf{r}_v$，故全体切向量张成 $\mathrm{span}\{\mathbf{r}_u,\mathbf{r}_v\}$（二维），其正交补由 $\mathbf{n}$ 生成。
条件 $\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v\neq\mathbf{0}$ 删不得：叉积为零时两个切向量共线，张不出二维平面，切平面无从谈起。锥面 $\mathbf{r}(u,v)=(u\cos v,u\sin v,u)$ 在 $u=0$ 处 $\mathbf{r}_v=\mathbf{0}$、叉积为零——锥尖没有切平面，这就是「正则」二字存在的理由。$C^1$ 则保证切向量连续、切平面随点连续转动。
- $\mathbf{r}(u,v)$ 为 $C^1$ 正则参数曲面
- $D\subset\mathbb{R}^2$ 有界可求面积
曲面面积 $A=\iint_D|\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v|\,du\,dv=\iint_D\sqrt{EG-F^2}\,du\,dv$，其中 $E=\mathbf{r}_u\cdot\mathbf{r}_u$，$F=\mathbf{r}_u\cdot\mathbf{r}_v$，$G=\mathbf{r}_v\cdot\mathbf{r}_v$。面积元 $dS=\sqrt{EG-F^2}\,du\,dv$。
证明思路
小参数块 $[u,u+\Delta u]\times[v,v+\Delta v]$ 的像近似 $\mathbf{r}_u,\mathbf{r}_v$ 张成的平行四边形，面积 $|\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v|\Delta u\Delta v$；求和取极限。恒等式 $|\mathbf{a}\times\mathbf{b}|^2=|\mathbf{a}|^2|\mathbf{b}|^2-(\mathbf{a}\cdot\mathbf{b})^2$ 给出 $EG-F^2$。
面积元 $\sqrt{EG-F^2}\,du\,dv$ 里 $E,F,G$ 全是点积，根号下就是 $|\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v|$ 的平方：正则性保证它开方后是正数，小块面积不为零；一旦叉积为零，$EG-F^2=0$，参数纸在那点被压扁，面积元塌成零。最老实的校验：平面 $\mathbf{r}(u,v)=(u,v,0)$ 给出 $E=G=1$、$F=0$，$dS=du\,dv$，与常识一致。
求螺旋线 $\mathbf{r}(t)=(a\cos t,\ a\sin t,\ bt)$（$a,b>0$）从 $t=0$ 到 $t=2\pi$ 的弧长，并求单位切向量。
解答与答案
- $\mathbf{r}'(t)=(-a\sin t,\ a\cos t,\ b)$，$|\mathbf{r}'(t)|=\sqrt{a^2\sin^2 t+a^2\cos^2 t+b^2}=\sqrt{a^2+b^2}$。
- 弧长 $s=\int_0^{2\pi}\sqrt{a^2+b^2}\,dt=2\pi\sqrt{a^2+b^2}$。
- 单位切向量 $\mathbf{T}=\dfrac{\mathbf{r}'}{|\mathbf{r}'|}=\dfrac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}(-a\sin t,\ a\cos t,\ b)$。
答案$s=2\pi\sqrt{a^2+b^2}$；$\mathbf{T}=\dfrac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}(-a\sin t,a\cos t,b)$
求锥面 $\mathbf{r}(u,v)=(u\cos v,\ u\sin v,\ u)$（$0\le u\le 1$，$0\le v\le 2\pi$）的面积。
解答与答案
- $\mathbf{r}_u=(\cos v,\sin v,1)$，$\mathbf{r}_v=(-u\sin v,u\cos v,0)$。
- $\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v=(-u\cos v,\ -u\sin v,\ u)$，$|\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v|=\sqrt{u^2+u^2}=\sqrt{2}\,u$（$u\ge 0$）。
- $A=\int_0^{2\pi}d v\int_0^1\sqrt{2}\,u\,du=2\pi\cdot\sqrt{2}\cdot\dfrac12=\sqrt{2}\pi$。
答案$\sqrt{2}\pi$（与第21章例题21-12 一致）
- 忘记正则性 $\mathbf{r}'\neq\mathbf{0}$ 或 $\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v\neq\mathbf{0}$：切向量、切平面、面积元都依赖该条件；$\mathbf{r}'=0$ 的点可能是奇点。
- 弧长积分漏掉 $|\mathbf{r}'(t)|$，误写成 $\int_a^b dt$ 或 $\int_a^b\mathbf{r}'(t)dt$（后者是向量差）。
- 曲面面积元写成 $du\,dv$ 而不是 $\sqrt{EG-F^2}\,du\,dv$：参数式下 $du\,dv$ 是参数面积，不是曲面面积。
- 参数区间重复或越界：螺旋线 $t\in[0,2\pi]$ 只画一圈；球面参数式 $\varphi\in[0,\pi]$、$\theta\in[0,2\pi]$，写大了会重复计面积。
1曲线 $\mathbf{r}(t)$ 的弧长元素是
答案与解析
正确答案：B
弧长是 $\int|\mathbf{r}'(t)|dt$；$\mathbf{r}'dt$ 是向量微分 $d\mathbf{r}$，其模才是 $ds$。
2正则参数曲面的法向量是 $\mathbf{n}=\mathbf{r}_u\times\mathbf{r}_v$。
答案与解析
正确答案：A
叉积与 $\mathbf{r}_u,\mathbf{r}_v$ 都正交，给出法向；面积元 $dS=|\mathbf{n}|\,du\,dv$。
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