作者：Hermes（xxx@example.com）

二重积分是数二下册的最后一章，也是高等数学的收口。它和定积分的关系是升维：定积分在一条线段上把无数个小条加起来，二重积分在一块平面区域上把无数个小块加起来。整章就四件事——概念（定义、几何意义、存在性）、性质（积之前能做的比较与拆分）、计算（直角坐标与极坐标两套定限方法），再加一组必须记住的曲线。

二重积分的概念

定义

设 $f(x,y)$ 是有界闭区域 $D$ 上的有界函数。把 $D$ 分成 $n$ 个小区域，记第 $k$ 个小区域的面积为 $\Delta\sigma_k$，在第 $k$ 个小区域上任取一点 $(\xi_k,\eta_k)$，作乘积 $f(\xi_k,\eta_k)\Delta\sigma_k$ 并求和，再令 $\lambda$ 为各小区域直径的最大值、让 $\lambda\to0$ 取极限：

四个动作要分清：分割区域、任取一点、作积求和、取极限。其中 $\lambda$ 度量的是"每个小区域小到什么程度"，取的是「直径」的最大值，不是面积最大值——这是老师课上没展开的动机层，记住"直径"这个词就够用，知道有这回事即可。

三个要点：

1. 极限存在时，这个极限值就是二重积分，与分割方式、取点方式都无关
2. 元素 $\mathrm{d}\sigma$ 是面积元素，直角坐标下 $\mathrm{d}\sigma=\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$
3. 一元里用分点间隔控制细分，二元里用"小区域直径"控制细分——升维之后，控制细分的尺子要更强

几何意义

一元：$\displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$ 是曲边梯形面积的代数和，$x$ 轴下方算负。二元：以 $D$ 为底、以 $z=f(x,y)$ 为顶的「曲顶柱体」体积的代数和，柱体在 $xOy$ 面上方取正、下方取负。

存在性

$f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上「连续」 $\Rightarrow$ 二重积分一定存在。

一元那三条可积条件的思想可以直接平移过来：连续是可积的「充分」条件，不是必要条件；只要函数有界、间断只发生在有限条曲线上，积分同样存在。可积的必要条件仍是"函数有界"。

注意：这里最容易被说成「不连续就一定不存在」——那是错的。不连续只意味着「连续」这条保证用不上了，要换别的条件（有界 + 有限个间断点）来保证，不是直接判死刑。

设 $f(x,y)$ 连续，且 $f(x,y)=\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}+\displaystyle\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma$，其中 $D:x^{2}+y^{2}\leqslant4$，求 $f(x,y)$

关键认识：「二重积分是一个数」，它不随 $x,y$ 变化。所以把它整个记为 $A$：

两边同时在 $D$ 上积分。左边就是 $A$ 本身；右边第一项是曲顶柱体的体积，底 $D$ 是半径 $2$ 的圆盘，顶是上半球面，所以这一项是上半球体体积

右边第二项是常数乘面积：

于是

注意：常数项提出来积分必须乘上区域面积。$\displaystyle\iint_D A\,\mathrm{d}\sigma=A\cdot S_D$，这一步漏了，整题答案就只是一个"没乘面积的 A"。这题里 $S_D=4\pi$，不是 $1$。

二重积分的性质

线性与区域可加性

1. 线性：$\displaystyle\iint_D\left(f\pm g\right)\mathrm{d}\sigma=\iint_D f\,\mathrm{d}\sigma\pm\iint_D g\,\mathrm{d}\sigma$
2. 数乘：$\displaystyle\iint_D kf\,\mathrm{d}\sigma=k\iint_D f\,\mathrm{d}\sigma$，$k$ 是常数
3. 与变量字母无关：$\displaystyle\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\iint_D f(u,v)\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v$
4. 区域可加性：把 $D$ 分成 $D_1$、$D_2$ 两部分，则 $\displaystyle\iint_D f\,\mathrm{d}\sigma=\iint_{D_1}f\,\mathrm{d}\sigma+\iint_{D_2}f\,\mathrm{d}\sigma$

注意：第 4 条除了「$D=D_1\cup D_2$」之外，还必须要求 $D_1$、$D_2$ 「除公共边界外没有公共部分」。两块重叠的区域会被算两遍，等式就不成立——后面做分块积分时，这一条是分块合法的依据。

比较与绝对值不等式

$f\leqslant g$ 于 $D$ 时

取 $g\equiv0$ 得到保号性：$f\geqslant0$ 时积分 $\geqslant0$。绝对值版本：

理由很直观：左边是代数和，正负部分先互相抵消；右边是绝对值的和，永远不抵消——所以右边不会更小。

（教材上还有一条估值定理 $mS_D\leqslant\displaystyle\iint_D f\,\mathrm{d}\sigma\leqslant MS_D$，按课程范围这次不展开，知道教材有这一条即可。）

中值定理

$f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上连续，则至少存在一点 $(\xi,\eta)\in D$，使

其中 $S_D$ 是 $D$ 的面积。取 $f\equiv1$，立刻得到面积公式

比较大小类题目：先把区域翻译成一个量的范围

被积函数只通过某个组合量（$x^{2}+y^{2}$、$x+y$ 之类）依赖 $x,y$ 时，比较大小根本不用算积分：把区域翻译成这个组合量的取值范围，再逐点比较被积函数，最后用比较性质。区域给的范围是全题的关键，它决定了幂次、对数、三角之间的不等式往哪个方向走。

比较 $I_1=\displaystyle\iint_D\cos\sqrt{x^{2}+y^{2}}\,\mathrm{d}\sigma$、$I_2=\displaystyle\iint_D\cos\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}\sigma$、$I_3=\displaystyle\iint_D\cos\left[\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}\right]\mathrm{d}\sigma$ 的大小，其中 $D:x^{2}+y^{2}\leqslant1$

记 $t=x^{2}+y^{2}$。$D$ 是单位圆盘，所以

在这段范围里，三个被积函数的自变量分别是 $\sqrt t$、$t$、$t^{2}$，而 $[0,1]$ 上

$\cos$ 在 $[0,1]$ 上单调递减，自变量越大函数值越小，于是

被积函数逐点比较完，用比较性质两边积分：

注意：这题不给任何数值也不需要积分技巧，全部靠 $t\in[0,1]$ 这一个范围。范围一变结论就废——比如把区域换成 $x^{2}+y^{2}\leqslant4$，$t\in[0,4]$，那 $\sqrt t\geqslant t$ 只在 $t\leqslant1$ 成立，逐点比较直接失效。所以做这类题，第一步永远是把区域翻译成组合量的范围。

本文2026-10-10首发于Hermes 的博客，最后修改于2026-10-10

作者：Hermes（xxx@example.com）

本节是数二下册第七章的收官。同一件事在这里分成两个词：极值说的是局部——只在某点附近比大小，比周围大（或小）就算；最值说的是全局——要在整个区域上比出最大（或最小）。加上约束 $g(x,y)=0$ 之后，无条件极值那套判别法不再够用，工具换成拉格朗日乘数法；最后把区域内与边界上两块拼起来，就是有界闭区域上的最值。

无条件极值

定义

极值是局部的概念，它只在某点的一个小范围内比较函数值。设 $z=f(x,y)$ 在 $P_0(x_0,y_0)$ 的某个邻域内有定义，若对该邻域内异于 $P_0$ 的一切点 $(x,y)$，恒有

则称 $f$ 在 $P_0$ 处取得极大值 $f(x_0,y_0)$；若恒有 $f(x,y)>f(x_0,y_0)$，则称在 $P_0$ 处取得极小值。

三个要点：

1. 比较的范围是去心邻域，点本身不参加比较，远处的情形与极值无关
2. 定义只用函数值说话，不要求 $f$ 可导，甚至不要求连续
3. 极大值、极小值指的是函数值，对应的点叫极大值点、极小值点

注意：不等式方向是最容易说反的一处。极大值的含义是周围都比它小，所以 $f(x_0,y_0)$ 要写在大的那一侧；极小值相反。定义这一句在选择题里常常就是答案本身。

必要条件

一元函数里，可导的极值点必然是驻点（费马引理）。二元没有新东西，把两个方向分别冻结成一元，同一结论直接搬过来。

设 $z=f(x,y)$ 在 $P_0(x_0,y_0)$ 处偏导数存在，且 $P_0$ 是极值点，则

理由是：固定 $y=y_0$，函数 $f(x,y_0)$ 是一元函数，它在 $x_0$ 处取极值，由一元费马引理，它的导数就是 $f_x(x_0,y_0)$，必为零；固定 $x=x_0$ 看 $f(x_0,y)$，同理得 $f_y(x_0,y_0)=0$。

由此得到极值可疑点只有两类：

1. 驻点，即 $f_x=f_y=0$ 的点
2. 偏导数不存在的点

注意：上面这条是必要条件，不是充分条件。正确的方向是「偏导存在且取极值，则偏导为零」；反过来由偏导为零推不出这里取极值。这两句话的标签换错一位，后面整套推理都会反着走。

充分条件

判别法。设 $f(x,y)$ 在 $P_0$ 的某邻域内有二阶连续偏导数，且 $f_x(P_0)=f_y(P_0)=0$，记

则按 $AC-B^{2}$ 的符号分三种情况：

1. $AC-B^{2}>0$：$P_0$ 是极值点。此时 $A>0$ 取极小值，$A\lt 0$ 取极大值
2. $AC-B^{2}\lt 0$：$P_0$ 不是极值点
3. $AC-B^{2}=0$：判别法失效，是否有极值不确定，只能回到定义

三种情况对应三种曲面形状：$AC-B^{2}>0$ 且 $A>0$ 时，曲面在 $P_0$ 附近是一只开口朝上的碗，$P_0$ 在碗底；$A\lt 0$ 时是倒扣的碗，$P_0$ 在碗顶；$AC-B^{2}\lt 0$ 时曲面是马鞍面，沿一个方向是谷、沿另一个方向是脊，所以既不是极大也不是极小。

判别法本身的三种走向，以及失效时的两条退路，画成一张图：

注意：判别法失效有两扇门，不能只记住第一扇。第一扇是数填不进去——偏导或二阶偏导不存在；第二扇是填进去了却不给答案——$AC-B^{2}$ 恰好等于 $0$。两种情况都只能回定义，在 $P_0$ 的去心邻域内把 $f(x,y)$ 与 $f(x_0,y_0)$ 比大小。

回到定义怎么比

定义就是判据，不需要新工具：在 $P_0$ 的去心邻域内，若恒有 $f(x,y)\lt f(x_0,y_0)$ 就是极大值，恒有 $f(x,y)>f(x_0,y_0)$ 就是极小值；若沿某个方向比它大、沿另一个方向比它小，就不是极值点。

注意：这里不要写成「取极限」。定义要的是不等式在去心邻域内恒成立，写成极限就把「邻域内处处成立」降级成了「趋近时的极限值」，两者不是一件事。

求 $f(x,y)=x^{2}(2+y^{2})+y\ln y$ 的极值

第一步（求一阶偏导并置零）：

第一式中 $2+y^{2}\geqslant 2$ 恒不为零，所以只能 $x=0$。代入第二式得 $\ln y+1=0$，即 $\ln y=-1$，所以 $y=\dfrac{1}{e}$。函数的定义域由 $\ln y$ 限定为 $y>0$，这个驻点落在定义域内。驻点为 $\left(0,\dfrac{1}{e}\right)$。

第二步（求二阶偏导）：

第三步（代入驻点并判别）：

且 $A>0$，所以在驻点处取极小值：

注意：$\ln y+1=0$ 必须先移项成 $\ln y=-1$ 再解，$y=\dfrac{1}{e}$ 这种「看着不整」的答案，正是紧张时最容易被写成 $y=1$ 的地方，一步之差整题作废。代回检验也很快：把 $y=1$ 代进 $f_y$ 得 $0+0+1=1$，不满足方程。

求 $f(x,y)=xe^{\cos y}+\dfrac{x^{2}}{2}$ 的极值

第一步（一阶偏导置零）：

$e^{\cos y}$ 恒大于零，可以放心约掉。由 $f_y=0$ 分成两条路：

• 若 $x=0$，代回 $f_x$ 得到 $e^{\cos y}=0$，无解，这条支路舍去；
• 若 $\sin y=0$，即 $y=k\pi$（$k$ 为整数），再由 $f_x=0$ 得 $x=-e^{\cos y}$。其中 $\cos y$ 又要分两种：$y=2k\pi$ 时 $\cos y=1$，得 $x=-e$；$y=(2k+1)\pi$ 时 $\cos y=-1$，得 $x=-\dfrac{1}{e}$。

第二步（二阶偏导）：

本文2026-10-01首发于Hermes 的博客，最后修改于2026-10-01

作者：Hermes（xxx@example.com）

这一节的战场是多元函数求导的两大主力：复合函数怎么求导、隐函数怎么求导。复合这一块的关键不在公式，而在符号——什么时候写偏导、什么时候写全导数，写错了整道题就废了。隐函数那一块则要分清两种方法各管什么局面，最后落到隐函数存在定理：它不只是一句「存在」，而是一把可以判"谁能被解出来"的尺子。

复合函数求导法则

情形一：中间变量都是一元函数

这是最简单的一种，本质上是把一元链式法则搬过来。设中间变量 $u = u(x)$、$v = v(x)$ 都只依赖 $x$，而 $z = f(u,v)$ 是这两个中间变量的函数，那么复合之后 $z$ 最终只依赖 $x$ 一个变量，于是可以用全导数：

这个式子里出现三种符号，各有各的道理：左边是 $\mathrm{d}$，因为 $z$ 最终只依赖一个变量；$\dfrac{\partial z}{\partial u}$ 是 $\partial$，因为 $f$ 是二元的，它对某个变量求导必须固定另一个；最后 $\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$ 又是 $\mathrm{d}$，因为 $u$ 只依赖 $x$。

图中每条路径对应一项，路径上的偏导相乘，所有路径相加。

三个要点：

1. 情形一的判别标志是中间变量全都只依赖一个自变量
2. 符号规则：$z$ 和中间变量用 $\mathrm{d}$，$f$ 用 $\partial$
3. 一项对应一条路径，两个中间变量就是两项

设 $z = f\!\left(\ln x + \dfrac{1}{y}\right)$，其中 $f$ 可微，求 $x\dfrac{\partial z}{\partial x} + y^{2}\dfrac{\partial z}{\partial y}$

令中间变量 $u = \ln x + \dfrac{1}{y}$，则 $z = f(u)$。

先求 $u$ 的两个偏导。对 $x$ 求偏导时，$\dfrac{1}{y}$ 与 $x$ 无关，视为常数，导数为零：

对 $y$ 求偏导时，$\ln x$ 视为常数，导数为零，只剩 $\dfrac{1}{y}$ 求导：

再由链条 $\dfrac{\partial z}{\partial x} = f'(u)\cdot\dfrac{\partial u}{\partial x}$，得

代入所求的组合：

注意：这题的设计机关在 $\ln x$ 和 $\dfrac{1}{y}$ 的分工——$\ln x$ 对 $x$ 求导出 $\dfrac{1}{x}$，正好被外层的 $x$ 约掉；$\dfrac{1}{y}$ 对 $y$ 求导出 $-\dfrac{1}{y^{2}}$，正好被外层的 $y^{2}$ 约掉。题目给的两个系数 $x$ 和 $y^{2}$ 是专门来配这两个结果的，不是随便写的。做题时若得到 $0$，不妨回头看分母有没有约干净。

情形二：中间变量都是二元函数

设 $u = u(x,y)$、$v = v(x,y)$ 都依赖两个变量，$z = f(u,v)$。这时 $z$ 也依赖 $x$ 和 $y$，所以只能谈偏导：

这里全部是偏导符号，一个 $\mathrm{d}$ 都不出现。原因是中间变量 $u$、$v$ 本身是二元的，它们对 $x$ 求导时，$y$ 是被固定住的另一个自变量，所以只能叫偏导，写成 $\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$ 就是错的。

本文2026-09-26首发于Hermes 的博客，最后修改于2026-09-26

作者：Hermes（xxx@example.com）

本节的核心悬念是一元的"可微 ⟺ 可导"到二元不再成立：二元里可微是更强的条件，它要求"整片邻域上的误差都是距离的高阶无穷小"。今天的路线是：定义 → 必要条件 → 求法 → 判定方法 → 与连续、偏导存在的关系。

一元可微的回顾

一元函数的可微定义是

其中 $A=f'(x)$ 就是该点处的斜率，而 $A\Delta x$ 称为线性主部。

三个要点：

1. 可微的意思是：函数增量能拆成"线性主部 + 比 $\Delta x$ 高阶的无穷小"
2. $A\Delta x$ 是增量的主要部分，余项 $o(\Delta x)$ 是次要部分
3. 几何意义：当 $\Delta x$ 足够小时，可以用切线（直线）近似代替曲线，进而估算 $\Delta y$

全微分的定义

设 $z=f(x,y)$ 在点 $(x,y)$ 的某邻域内有定义，给自变量增量 $\Delta x$、$\Delta y$，使 $(x+\Delta x,y+\Delta y)$ 仍在该邻域内，则

称为全增量。若全增量可表示为

其中 $A$、$B$ 与 $\Delta x$、$\Delta y$ 无关，则称 $z=f(x,y)$ 在该点可微，而 $A\Delta x+B\Delta y$ 称为全微分，记作

三个要点：

1. 余项必须是 $o(\rho)$，其中 $\rho$ 用两点间距离 $\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}$——二元趋近靠距离度量，写成 $o(\Delta x)$ 或 $o(\Delta y)$ 只能管一个方向
2. $A$、$B$ 与增量无关（只依赖定点 $(x,y)$），这才是"线性"的含义：主部是 $\Delta x$、$\Delta y$ 的一次齐次式
3. 一元里"可微 $\iff$ 可导"，二元里这个等价关系不再成立

可微的必要条件

若 $z=f(x,y)$ 在点 $(x,y)$ 处可微，则 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$、$\dfrac{\partial z}{\partial y}$ 必定存在，且

三元函数同理：

证明 $A=\dfrac{\partial z}{\partial x}$：

第一步（令 $\Delta y=0$，只沿 $x$ 轴方向给增量）：

（此时 $\rho=\sqrt{\Delta x^2+0}=\lvert\Delta x\rvert$，所以余项从 $o(\rho)$ 退化为 $o(\lvert\Delta x\rvert)$）

第二步（两边除以 $\Delta x$，令 $\Delta x\to 0$）：

第三步（算余项）：$\dfrac{o(\lvert\Delta x\rvert)}{\Delta x}=\dfrac{o(\lvert\Delta x\rvert)}{\lvert\Delta x\rvert}\cdot\dfrac{\lvert\Delta x\rvert}{\Delta x}$，前一个因子趋于 $0$、后一个因子是 $\pm 1$（有界），所以整个余项趋于 $0$。又左边正是 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$ 的定义，于是

同理令 $\Delta x=0$ 可得 $B=\dfrac{\partial z}{\partial y}$。

注意：证明的关键招式是取特殊路径（$\Delta y=0$）把二元问题降成一元，这与二重极限里"沿坐标轴方向考察"是同一套思路；由逆否命题还可得一条实战判据——偏导不存在，则必不可微。

求 $z=xe^{x+y}+(x+1)\ln(1+y)$ 在 $(1,0)$ 处的全微分

对 $x$ 的偏导，先代入 $y=0$：

本文2026-09-25首发于Hermes 的博客，最后修改于2026-09-25

作者：Hermes（xxx@example.com）

数二下册只有两章：本章（多元函数微分学）与二重积分。本章是"一元到多元"的思维升级，重点不在计算量，而在概念上的跳跃。考情：只考二元，最多三元。

多元函数的概念

定义域

一元函数的定义域是数轴上的区间；二元函数的定义域是平面上的点集——直观上说，就是 $x$、$y$ 能活动的范围。

例：$z=\sqrt{4-x^2-y^2}$

根号要求被开方数非负：

所以它是上半球面（$z\geqslant 0$ 的那一半），而它的定义域是这个半球面在 $xy$ 平面上的投影——半径 $2$ 的圆盘。做题时只画底面（定义域区域）就够了，考试不需要画完整曲面。

元数

判断"几元函数"的标准是独立自由变量的个数，不是式子里出现几个字母。

$z=f(x,y)$，而 $y=g(x)$，这叫不叫二元函数？

不是二元函数，最终是一元函数（复合函数）。

$z=f(x,y)$ 形式上像两个变量，但 $y=g(x)$ 把 $y$ 完全绑定在 $x$ 上，$y$ 不再是自由变量。代入后 $z=f(x,g(x))$，能独立变化的只有 $x$ 一个，所以是一元复合函数。

判断标准：能不能改变一个变量而保持另一个不变。这里做不到——想动 $y$ 就必须动 $x$，两个变量绑死了，只剩一个自由度。

精确地说：$f$ 这个映射本身是二元函数（它活在整个平面区域上），但我们把它限制在曲线 $y=g(x)$ 上使用，得到的 $z$ 作为 $x$ 的函数是一元的。

注意：代入关系式后变量个数可能退化，判断元数要先看有没有变量被绑定。

二重极限

定义

设 $z=f(x,y)$ 的定义域是 $D$，$P_0(x_0,y_0)$ 是 $D$ 的聚点。若对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使对满足

的一切点 $P(x,y)\in D$，都有 $\lvert f(x,y)-A\rvert\lt\varepsilon$ 成立，则称 $A$ 是 $f$ 当 $(x,y)\to(x_0,y_0)$ 时的二重极限。

三个要点：

1. 趋近用两点间距离公式刻画，不是一元那种 $\lvert x-x_0\rvert$ 单边
2. 必须是去心邻域（距离严格大于 $0$）：$P_0$ 点本身在不在定义域、取什么值，与极限无关
3. 任意 $\varepsilon$ 找 $\delta$，与一元一致

路径

一元极限只有左右两条路，两条都趋同就完事；二元极限有无数条路（直线的、曲线的），必须所有路都趋向同一个 $A$ 才算极限存在。只要有两条路径给出不同结果，极限就不存在——这是二重极限比一元难成立的根本原因。

累次极限

累次极限是先固定 $y$ 对 $x$ 求极限，再让 $y$ 趋近：

它和二重极限不是一回事。经典反例 $f(x,y)=\dfrac{xy}{x^2+y^2}$ 在 $(0,0)$：两个累次极限都存在，都等于 $0$；但二重极限不存在。

存在性判断

正面：二重极限存在，则每一条路径逼近时极限都存在，且都等于同一个 $A$。

逆否（实战用）：只要存在一条路径极限爆掉，或者两条路径极限不相等，二重极限就不存在。

判断流程：先试直线 $y=kx$——同次结构代入后 $x$ 的幂次会消掉，剩下纯 $k$ 的表达式；含 $k$（随斜率变）就判不存在。直线都趋同时不能急着说存在，还要试曲线（$y=x^2$、$y=kx^2$）；曲线也趋同仍不能断定存在，需要夹逼或极坐标证明所有路径都趋同。

求 $\lim_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{xy}{x^2+y^2}$

沿直线 $y=kx$ 代入：

这个值与 $x$ 无关，但随 $k$ 变：$k=1$（沿 $y=x$）得 $\dfrac{1}{2}$；$k=2$（沿 $y=2x$）得 $\dfrac{2}{5}$；$k=0$（沿 $y=0$）得 $0$。

两条路径结果不相等，所以二重极限不存在。

注意：这个函数两个累次极限都等于 $0$，容易误判为存在。

整体代换

思想：观察表达式是不是只通过某个组合量（$xy$、$x^2+y^2$、$x+y$、$\dfrac{y}{x}$ 等等）依赖 $x$、$y$。是的话，把这个组合量记作新变量 $u$，$u\to 0$，二重极限就降成一元极限，然后一元的所有武器（等价无穷小、有理化）都能搬过来用。

求 $\lim_{(x,y)\to(0,2)}\dfrac{\sin(xy)}{x}$

$x\to 0$、$y\to 2$，所以 $xy\to 0$，可用等价无穷小 $\sin(xy)\sim xy$：

求 $\lim_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{\sqrt{xy+1}-1}{xy}$

令 $u=xy\to 0$，用 $\sqrt{1+u}-1\sim\dfrac{u}{2}$：

求 $\lim_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{xy}{2-\sqrt{xy+4}}$

分母有理化（分子分母同乘 $2+\sqrt{xy+4}$）：

注意：有理化后分母是 $-xy$，负号不要丢。

等价无穷小与无穷小乘有界

原理：$\lvert f\rvert\leqslant M$ 时 $f$ 有界；无穷小乘有界仍是无穷小。

$\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 的值就是极角 $\theta$ 的余弦 $\cos\theta$——$\theta$ 再怎么转，$\cos\theta$ 都落在 $[-1,1]$ 里，所以这个量天然有界；$\dfrac{x^2}{x^2+y^2}$ 里分母永远不小于分子，所以比值也不超过 $1$。这两族是常考的有界量，要一眼认出：

本文2026-09-23首发于Hermes 的博客，最后修改于2026-09-23

作者：Hermes（xxx@example.com）

今日学习地图

本次费曼主题：中值定理四件套收尾——罗尔之后的三巨头。

中值定理三巨头
├── 拉格朗日中值定理
│   ├── 条件比罗尔少一条：去掉 f(a)=f(b)
│   ├── 结论：割线斜率 = 某点切线斜率
│   ├── 证明：构造 F = f − 斜率·x（把函数"掰直"）
│   └── 应用：ln 不等式（改写差 + 夹逼）
├── 柯西中值定理
│   ├── 两个函数版的拉格朗日
│   ├── g'(x) ≠ 0 的双重作用
│   └── 证明：构造 F = (g(b)−g(a))f − (f(b)−f(a))g
├── 泰勒公式（终极形态）
│   ├── 皮亚诺余项版：条件弱·局部·求极限
│   ├── 拉格朗日余项版：条件强·全局·估误差
│   └── 麦克劳林公式：x₀=0 + 六函数展开
└── 第三充分条件证明（皮亚诺余项实战）

本次需要重点关注的内容：

• 四件套是同一台机器：罗尔是引擎，拉格朗日/柯西/泰勒都是"构造辅助函数 → 用罗尔 → 翻译回原函数"的变奏
• 定理包含链：罗尔 ⊂ 拉格朗日 ⊂ 柯西（g(x)=x 时柯西退化成拉格朗日，f(a)=f(b) 时拉格朗日退化成罗尔）
• 皮亚诺 vs 拉格朗日余项：条件弱→应用窄（局部），条件强→应用宽（全局）——一分条件一分结论
• 构造辅助函数 = 通解/配平：延续 8/25 的方法层

一、拉格朗日中值定理

1.1 定理内容

Important

拉格朗日中值定理：设 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续、开区间 $(a,b)$ 内可导，则存在 $\xi\in(a,b)$，使

与罗尔的对比：罗尔三条件（闭连续 + 开可导 + $f(a)=f(b)$），拉格朗日砍掉 $f(a)=f(b)$，只留前两条就能推出结论。

几何意义：曲线上必有一点，切线斜率等于割线斜率——平均变化率等于某一点的瞬时变化率。

定理包含：若 $f(a)=f(b)$，则割线斜率 $=0$，拉格朗日退化成罗尔——罗尔是拉格朗日"斜率恰好为 0"的特例。

1.2 证明（构造"掰直"函数）

Note

表面矛盾：拉格朗日条件比罗尔少（不需要 $f(a)=f(b)$），却能用罗尔证明？——因为罗尔不是用在 $f$ 身上，而是用在人为构造的 $F$ 身上：$F$ 被设计成满足罗尔的条件（$F(a)=F(b)$），对 $F$ 用罗尔，再把结论翻译回 $f$。

证. 构造

代入端点验证 $F(a)=F(b)$：

所以 $F(a)=F(b)$。$F$ 在 $[a,b]$ 连续、$(a,b)$ 可导（$f$ 继承），罗尔定理给出 $\xi\in(a,b)$，$F'(\xi)=0$。

求导：

$\blacksquare$

Important

构造动机（为什么减"斜率 × x"）：$f$ 本来两端不一样高（差 $f(b)-f(a)$），减去"斜率 × x"这条直线后，把 $f$ 的整体倾斜去掉，两端被"拉平"到一样高——$F$ 是"把 $f$ 掰直"的结果，这才够格用罗尔。验证 $F(a)=F(b)$ 只是确认掰直成功，心里要清楚"为什么这么掰"。

二、拉格朗日应用：ln 不等式（改写差 + 夹逼）

Important

例 1 设 $x>0$，证明 $\dfrac{1}{1+x}\lt\ln\left(1+\dfrac1x\right)\lt\dfrac1x$。

证. 先改写：$\ln\left(1+\dfrac1x\right)=\ln\dfrac{x+1}{x}=\ln(x+1)-\ln x$——改写成同一个函数 $f(t)=\ln t$ 在两点的差。

对 $f(t)=\ln t$ 在 $[x,x+1]$ 用拉格朗日中值定理：存在 $\xi\in(x,x+1)$，

$\xi$ 被夹在 $x$ 和 $x+1$ 之间，取倒数方向反转：

即 $\dfrac{1}{1+x}\lt\ln\left(1+\dfrac1x\right)\lt\dfrac1x$。$\blacksquare$

Important

例 2 设 $x>0$，证明 $\dfrac{x}{1+x}\lt\ln(1+x)\lt x$。

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本文2026-09-04首发于Hermes 的博客，最后修改于2026-09-04

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作者：Hermes（xxx@example.com）

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本次费曼主题：中值定理（开篇：罗尔定理）——从闭区间连续函数四大性质出发，打通积分中值定理、费马引理、罗尔定理，最后落点在做题方法层：单中值问题的判据与辅助函数构造。

中值定理开篇
├── 闭区间连续函数四大性质
│   ├── 最值定理：连续 → 有最大最小值
│   ├── 有界定理：有最值 → 有界
│   ├── 介值定理：m 与 M 之间的值都能取到
│   └── 零点定理：端点异号 → 内部有零点
├── 积分中值定理
│   ├── ∫f = f(c)(b−a)，c ∈ (a,b)
│   ├── 证明链：最值 → 积分保序 → 介值
│   └── 最大作用：去积分号
├── 费马引理：极值点 + 可导 → 导数 0（必要条件）
├── 罗尔定理
│   ├── 三条件：闭连续 + 开可导 + f(a)=f(b)
│   ├── 结论：存在 ξ ∈ (a,b)，f'(ξ) = 0
│   └── 证明：最值定理 → f(a)=f(b) 逼最值点进内部 → 费马
└── 方法层：单中值两板斧
    ├── 判据：结论含导数 → 罗尔；结论是函数值 → 零点定理
    └── 通解构造：微分方程写通解 → C 放一边 → 辅助函数 F

本次需要重点关注的内容：

• 介值定理为什么特别重要：它是唯一允许 ξ 落在闭区间的存在性定理，其他定理的 ξ 都在开区间内部
• 积分中值定理的证明链：最值定理 → 积分保序性 → 介值定理，一套组合拳
• 罗尔定理证明的关键一步：f(a) = f(b) 如何逼最值点进入开区间内部
• 为什么可导只要求开区间：结论要的是内部点，端点可导是多余条件
• 通解构造辅助函数：把结论式看成微分方程，写通解，C 放一边——这是罗尔做题的关键，也是本文的核心

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一、闭区间连续函数的四大性质

1.1 共同地基与最值定理

Important

最值定理：若 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上必有最大值 $M$ 与最小值 $m$。

有界定理是它的直接推论：既然取到了最大值 $M$ 和最小值 $m$，函数值就被夹在 $m$ 与 $M$ 之间，自然有界。

Warning

闭区间不能换成开区间：$f(x)=x$ 在开区间 $(0,1)$ 上连续，但取不到最大值和最小值（$1$ 和 $0$ 都不在区间内）。闭区间连续是整块地基的承重墙。

graph LR
  A[闭区间连续] --> B[最值定理]
  B --> C[有最大值M]
  B --> D[有最小值m]
  C --> E[有界定理]
  D --> E

1.2 介值定理（特别重要）

Important

介值定理：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$m$ 是最小值，$M$ 是最大值。若实数 $\mu$ 满足 $m \leqslant \mu \leqslant M$，则存在 $c \in [a,b]$，使 $f(c)=\mu$。

介值定理说人话就是：连续函数从最小值爬到最大值的过程中，中间每个高度都会经过。

为什么它是四大性质里最特别的一个：介值定理的 $c$ 可以落在闭区间 $[a,b]$ 上（含端点），而零点定理、罗尔定理等其他存在性定理的 $\xi$ 都只能落在开区间内部。

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本文2026-08-25首发于Hermes 的博客，最后修改于2026-08-25

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作者：Hermes（xxx@example.com）

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本次费曼主题：微分方程进阶——伯努利方程、可降阶三类、高阶线性解的结构。

微分方程进阶
├── 伯努利方程
│   ├── 形式：y' + P(x)y = Q(x)yⁿ
│   ├── 两边除以 yⁿ → 换元 z = y^(1−n)
│   ├── 链式法则：dz/dx = (1−n)y'/yⁿ
│   └── 化成一阶线性：z' + (1−n)P(x)z = (1−n)Q(x)
├── 可降阶三类
│   ├── y⁽ⁿ⁾ = f(x)：积分 n 次
│   ├── 缺 y 型：p = y'，y'' = p'
│   └── 缺 x 型：p = y'，y'' = p·dp/dy
├── 高阶线性解的结构
│   ├── 齐次通解 = C₁y₁ + C₂y₂（y₁/y₂ ≠ 常数）
│   ├── 非齐次通解 = 齐次通解 + 特解
│   ├── 非齐次解之差 = 齐次解
│   └── h/n 例题：h = n = 1/2
└── 核心心法：辨认方程类型 → 对应解法

本次需要重点关注的内容：

• 伯努利的灵魂：换元 z = y^(1−n) 的"凑"——求导后恰好消掉 y’/yⁿ
• 可降阶心法：缺谁就换谁当自变量，分离出 dp/dx 或 dp/dy 后辨认新方程类型
• 解的结构：齐次解随便线性组合；非齐次解只有"保 1 组合"才是解
• h/n 题：系数和 = 1 是非齐次解，系数差 = 0 是齐次解

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概念精拆

一、伯努利方程

Important

形式：$y' + P(x)y = Q(x)y^n$（n ≠ 0, 1）

换元 z = y^(1−n)，化成一阶线性：

两边除以 yⁿ：$\dfrac{y'}{y^n} + P(x)y^{1-n} = Q(x)$

令 $z = y^{1-n}$，链式法则：$\dfrac{dz}{dx} = (1-n)\dfrac{y'}{y^n}$

代入：$\dfrac{1}{1-n}\dfrac{dz}{dx} + P(x)z = Q(x)$，两边乘 (1−n)：

$\displaystyle z' + (1-n)P(x)z = (1-n)Q(x)$

解出 z 后，代回 $z = y^{1-n}$ 得 y 的通解。

为什么是 1−n：z = y^(1−n) 求导产生 (1−n)y^(−n)·y’，正好消掉除以 yⁿ 后剩下的 y’ 项——这个"凑"是伯努利换元的灵魂。

Warning

n = 0、n = 1 是特例：n=1 时 y’ + (P−Q)y = 0 直接可分离；n=0 就是普通一阶线性——换元公式只对 n ≠ 0, 1 用。

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本文2026-08-21首发于Hermes 的博客，最后修改于2026-08-21

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作者：Hermes（xxx@example.com）

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本次费曼主题：二阶常系数线性方程 + n 阶常系数齐次。

二阶常系数线性方程
├── 齐次 y'' + py' + qy = 0
│   ├── 特征方程 r² + pr + q = 0
│   ├── 两异实根：C1e^(r1x) + C2e^(r2x)
│   ├── 重根：(C1 + C2x)e^(rx)
│   └── 共轭复根：e^(αx)(C1cosβx + C2sinβx)
├── 非齐次 y'' + py' + qy = f(x)
│   ├── 先求齐次通解，再设特解
│   ├── f = Pₙ(x)e^(ax)：特解 e^(ax)Qₙ(x)x^k
│   ├── f = e^(ax)(Pcosβx + Qsinβx)：特解 e^(ax)(Rcosβx+Ssinβx)x^k
│   └── k：a 或 a±βi 是否特征根（0/1/2）
├── 线性叠加原理：f+g 的特解 = y₁ + y₂
├── 完整例题：y''−4y'+8y = e^(2x)(1+cos2x)
└── n 阶常系数齐次（n=3）
    ├── 互异根：Σ Ci·e^(rix)
    ├── k 重根：(C1+...+Ck·x^(k-1))e^(rx)
    └── 复根：e^(αx)(C1cosβx+C2sinβx)

本次需要重点关注的内容：

• 特征方程从哪来：设 y = e^(rx) 代入消去 e^(rx)（理解层，会用为主）
• k 的判定：a 或 a±βi 是不是特征根——不是 0、单根 1、二重根 2
• 设特解纪律：sin/cos 成对设、Q/R 与 P 同次、乘 x^k
• n 阶规律：k 重根 → 多项式次数 = 重数 − 1，n 阶通解恰好 n 个常数

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概念精拆

一、二阶常系数齐次线性方程

Important

形式：$y'' + py' + qy = 0$（p、q 为常数）

特征方程：$r^2 + pr + q = 0$——设 y = e^(rx) 代入，e^(rx) ≠ 0 消去得到

三种根 → 三种通解：

• 两异实根 r₁ ≠ r₂：$y = C_1e^{r_1x} + C_2e^{r_2x}$
• 重根 r：$y = (C_1 + C_2x)e^{rx}$
• 共轭复根 α ± βi：$y = e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x + C_2\sin\beta x)$

重根为什么乘 x：不乘 x 时两个"解"都是 e^(rx)，线性相关；通解要求线性无关，乘 x 得到 xe^(rx) 才无关——前人经验，直接用。

二、二阶常系数非齐次线性方程（待定系数法）

Important

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本文2026-08-21首发于Hermes 的博客，最后修改于2026-08-21

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作者：Hermes（xxx@example.com）

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本次费曼主题：微分方程开篇——概念打底 + 三种一阶解法。

微分方程开篇
├── 概念
│   ├── 定义（含未知函数导数的方程）
│   ├── 阶（最高阶导数的阶数）
│   ├── 解 / 通解 / 特解
│   └── n 阶线性方程的一般结构（用三阶引出）
├── 三种一阶解法
│   ├── 可分离变量：dy/dx = g(x)·h(y)
│   ├── 齐次方程：dy/dx = f(y/x) → 令 u = y/x
│   └── 一阶线性：y' + P(x)y = Q(x) → 积分因子
└── 关键坑
    ├── 可分离丢解（h(y) = 0 的常值解）
    ├── 齐次换元后 f(u) − u
    └── 一阶线性 ∫P dx 的常数不用加

本次需要重点关注的内容：

• 类型识别优先：解微分方程第一步是辨别类型，再选对应方法
• 线性本质：系数只能是 x 的函数，不能是 y 的函数
• 积分因子法：不是背公式，是理解 (μy)’ = μQ 的推导链

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概念精拆

一、微分方程的概念

Important

微分方程：含有自变量、未知函数以及**未知函数的导数（或微分）**的方程。 例：$y' + 1 = 0$、$y'' + xy' + 1 = 0$。

阶：方程中未知函数导数的最高阶数。

• $y' + 1 = 0$ 是一阶方程
• $y'' + xy' + 1 = 0$ 是二阶方程

解：代入后使方程成为恒等式的函数。

通解与特解：

• 通解：含相互独立的任意常数的解。n 阶方程的通解恰好含 n 个相互独立的任意常数——一阶方程 1 个 C，二阶方程 2 个 C（判断通解是否完整的尺子）
• 特解：由定解条件（初值条件）确定常数后得到的解，例如 $y(x_0) = y_0$、$y'(x_0) = y_1$

二、n 阶线性微分方程的一般结构

Important

用三阶引出（为高阶做准备）：

$\displaystyle y''' + p_1(x)y'' + p_2(x)y' + p_3(x)y = 0 \quad\text{（齐次）}$ $\displaystyle y''' + p_1(x)y'' + p_2(x)y' + p_3(x)y = f(x) \quad\text{（非齐次）}$

一般形式：$y^{(n)} + p_1(x)y^{(n-1)} + \cdots + p_n(x)y = f(x)$

线性方程的本质：y 及其各阶导数都是一次方、无乘积，且系数只能是 x 的函数，不能是 y 的函数。

Warning

非线性反例：$y'' + xy' + y^2 = 0$（出现 y²）、系数含 y（如 p(x, y)）——都是非线性，一阶那套方法全部失效。

三、可分离变量方程

Important

形式：$\dfrac{dy}{dx} = g(x)\cdot h(y)$

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本文2026-08-15首发于Hermes 的博客，最后修改于2026-08-15

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