2026春 期中讲座 — 重积分部分

详细解答

识别 Riemann 和结构：$\sum_{k=1}^n f(\xi_k)\Delta x_k$，其中 $\xi_k=\frac{k}{n}$，$\Delta x_k=\frac{1}{n}$，是 $[0,1]$ 上的等距分割、右端点取样。

由定积分定义：当分割加细（$n\to\infty$）时，Riemann 和趋于 $\int_0^1 f(x)\dd x$。

$$\boxed{\text{选 (A)}}$$

详细方法（四步法）

Step 1 — 读出积分区域。从原式 $\int_a^b\dd x\int_{\phi_1(x)}^{\phi_2(x)}f\dd y$ 中，区域为 $D=\{a\le x\le b,\phi_1(x)\le y\le\phi_2(x)\}$。

Step 2 — 画图。画出上下边界 $y=\phi_1(x)$ 和 $y=\phi_2(x)$，以及 $x=a,x=b$。

Step 3 — 从 $y$ 方向切。确定 $y$ 的范围 $[c,d]$（$D$ 在 $y$ 轴上的投影），对固定 $y$，$x$ 从左边界 $\psi_1(y)$ 到右边界 $\psi_2(y)$。

Step 4 — 注意分段。如果左/右边界在某个 $y$ 值处切换（如从直线变为曲线），需要分段积分。

详细解题过程

Step 1 — 画出两个区域。

• $D_1$：$1\le x\le 2$，$x\le y\le x^2$（$y=x$ 和 $y=x^2$ 之间，注意 $x\ge 1$ 时 $x^2\ge x$）
• $D_2$：$2\le x\le 4$，$x\le y\le 4$（$y=x$ 和 $y=4$ 之间）

两条曲线 $y=x$ 和 $y=x^2$ 在 $x=1$ 处交于 $(1,1)$；$y=x^2$ 过 $(2,4)$；$y=x$ 和 $y=4$ 交于 $(4,4)$。

合并后 $D=D_1\cup D_2$：被 $y=x^2$（下方由 $x=1$ 到 $x=2$）和 $y=4$（上方）以及 $y=x$（左边界）围成的区域。

Step 2 — 换序。$y$ 范围：$1\le y\le 4$。对固定 $y$：

• 左边界：$x=\sqrt{y}$（由 $y=x^2 \Rightarrow x=\sqrt{y}$）
• 右边界：$x=y$（由 $y=x$）

$$I=\int_1^4\dd y\int_{\sqrt{y}}^y\frac{\sin(x/(2y))}{x}\dd x$$

Step 3 — 内层积分换元。令 $t=\frac{x}{2y}$（$y$ 固定时 $\dd t=\frac{\dd x}{2y}$，$x=2yt$，$\frac{\dd x}{x}=\frac{\dd t}{t}$）：

$x=\sqrt{y}\Rightarrow t=\frac{\sqrt{y}}{2y}=\frac{1}{2\sqrt{y}}$；$x=y\Rightarrow t=\frac{y}{2y}=\frac{1}{2}$。

$$\int_{\sqrt{y}}^y\frac{\sin(x/(2y))}{x}\dd x=\int_{1/(2\sqrt{y})}^{1/2}\frac{\sin t}{t}\dd t$$

Step 4 — 外层积分。

$$I=\int_1^4\left[\int_{1/(2\sqrt{y})}^{1/2}\frac{\sin t}{t}\dd t\right]\dd y$$

令 $F(a)=\int_a^{1/2}\frac{\sin t}{t}\dd t$，$I=\int_1^4 F\!\left(\frac{1}{2\sqrt{y}}\right)\dd y$。

换元 $u=\frac{1}{2\sqrt{y}}$，$y=\frac{1}{4u^2}$，$\dd y=-\frac{1}{2u^3}\dd u$。$y=1\Rightarrow u=1/2$，$y=4\Rightarrow u=1/4$。

$$I=\int_{1/2}^{1/4}F(u)\cdot\left(-\frac{1}{2u^3}\right)\dd u=\int_{1/4}^{1/2}\frac{F(u)}{2u^3}\dd u$$

由 $F(u)=\int_u^{1/2}\frac{\sin t}{t}\dd t$，$F'(u)=-\frac{\sin u}{u}$。可以用分部积分进一步化简，但通常考试不要求算出最终数值。

方法总结 — 何时必须换序？

以下函数对某个变量不可积，必须换序后积另一个变量：

• $e^{-x^2}$ 或 $e^{x^2}$ — 对 $x$ 无原函数，换序后先积 $y$
• $\frac{\sin x}{x}$ — 对 $x$ 无原函数（$\text{Si}$ 函数），换序后先积 $y$
• $e^{y/x}$, $e^{y^2}$ 等 — 换序后可能变成可积的

操作要点：换序后内层积分变成对"简单变量"积分（通常被积函数关于该变量是常数或线性），外层再处理。

详细解题过程（以 $z=x^2+y^2$ 被 $x^2+y^2\le 1$ 截为例）

Step 1 — 曲面面积公式。$z=f(x,y)=x^2+y^2$：

$$S=\iint_D\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,\dd x\dd y=\iint_D\sqrt{1+4x^2+4y^2}\,\dd x\dd y$$

$f_x=2x$，$f_y=2y$，$1+f_x^2+f_y^2=1+4(x^2+y^2)=1+4r^2$。

Step 2 — 极坐标。$D: x^2+y^2\le 1$（柱面投影到 $xOy$ 面）。

$$S=\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1\sqrt{1+4r^2}\cdot r\,\dd r=2\pi\int_0^1 r\sqrt{1+4r^2}\,\dd r$$

Step 3 — 计算积分。令 $u=1+4r^2$，$\dd u=8r\dd r$：

$$=2\pi\int_1^5\sqrt{u}\cdot\frac{\dd u}{8}=\frac{\pi}{4}\cdot\frac{2}{3}u^{3/2}\bigg|_1^5=\frac{\pi}{6}(5\sqrt{5}-1)$$ $$\boxed{S=\frac{\pi}{6}(5\sqrt{5}-1)}$$

详细解题过程

表面由三部分组成：

Part 1 — 锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$，$0\le z\le 1$。

$f_x=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$，$f_y=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$，$\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}$。

投影区域 $D: x^2+y^2\le 1$（由 $z=1$ 截面）。

$$S_1=\iint_D\sqrt{2}\,\dd x\dd y=\sqrt{2}\cdot\pi\cdot 1^2=\sqrt{2}\pi$$

Part 2 — 顶面 $z=1$ 的圆盘 $x^2+y^2\le 1$。

$$S_2=\pi\cdot 1^2=\pi$$

Part 3 — 底面。锥面在 $z=0$ 处收缩为一点（锥尖），无底面面积。

$$\boxed{S=S_1+S_2=(\sqrt{2}+1)\pi}$$

详细解题过程

Step 1 — 分析区域。$\Omega$：底面 $z=0$，侧面 $x^2+y^2=1$，顶面 $z=x^2+y^2$。即 $x^2+y^2\le 1$，$0\le z\le x^2+y^2$。

Step 2 — 柱坐标。$x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，$0\le r\le 1,0\le\theta\le 2\pi,0\le z\le r^2$。

$$m=\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1 r\dd r\int_0^{r^2}z\,\dd z$$

Step 3 — 逐层积分。

最内层：$\int_0^{r^2}z\,\dd z=\frac{z^2}{2}\big|_0^{r^2}=\frac{r^4}{2}$

中间层：$\int_0^1 r\cdot\frac{r^4}{2}\dd r=\frac{1}{2}\int_0^1 r^5\dd r=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{12}$

最外层：$\int_0^{2\pi}\frac{1}{12}\dd\theta=\frac{2\pi}{12}=\frac{\pi}{6}$

$$\boxed{m=\frac{\pi}{6}}$$

详细解题过程

Step 1 — 利用对称性。区域关于三个坐标面对称（$x\leftrightarrow -x$ 等），且关于 $x,y,z$ 轮换对称。只算第一卦限（$x,y,z\ge 0$）再 $\times 8$。

Step 2 — 第一卦限的区域。

$$\Omega_1:\; x^2+y^2\le a^2,\; y^2+z^2\le a^2,\; x^2+z^2\le a^2,\; x,y,z\ge 0$$

$z$ 的上限 $= \min(\sqrt{a^2-y^2},\sqrt{a^2-x^2})$。

由 $x\leftrightarrow y$ 对称性，分为 $x\le y$ 和 $x\ge y$ 两块，贡献相等。取 $x\le y$：

$x\le y \Rightarrow a^2-x^2\ge a^2-y^2 \Rightarrow z$ 上限 $=\sqrt{a^2-y^2}$。

$x$ 的范围：$0\le x\le y$，且 $x^2+y^2\le a^2$，且 $x^2+z^2\le a^2$（自动满足，因为 $z\le\sqrt{a^2-y^2}\le\sqrt{a^2-x^2}$，但这里 $z$ 的积分上限已经限制了，需要检查 $x^2+y^2\le a^2$）。

$y$ 的范围：$0\le y\le a$，$x$：$0\le x\le\min(y,\sqrt{a^2-y^2})$。

当 $y\le a/\sqrt{2}$：$y\le\sqrt{a^2-y^2}$，$x$ 上限 $=y$。当 $y>a/\sqrt{2}$：$x$ 上限 $=\sqrt{a^2-y^2}$。

Step 3 — 计算。

$$V_1=\int_0^{a/\sqrt{2}}\dd y\int_0^y\dd x\int_0^{\sqrt{a^2-y^2}}\dd z + \int_{a/\sqrt{2}}^a\dd y\int_0^{\sqrt{a^2-y^2}}\dd x\int_0^{\sqrt{a^2-y^2}}\dd z$$

第一项：$\int_0^{a/\sqrt{2}}y\sqrt{a^2-y^2}\dd y$。令 $u=a^2-y^2$：$=\frac{1}{2}\int_{a^2/2}^{a^2}\sqrt{u}\dd u=\frac{1}{3}[a^3-(a^2/2)^{3/2}]=\frac{a^3}{3}(1-\frac{\sqrt{2}}{4})$。

第二项：$\int_{a/\sqrt{2}}^a(a^2-y^2)\dd y=[a^2 y-y^3/3]_{a/\sqrt{2}}^a=(a^3-a^3/3)-(a^3/\sqrt{2}-a^3/(6\sqrt{2}))=\frac{2a^3}{3}-\frac{5a^3}{6\sqrt{2}}$。

$V=8\cdot 2\cdot(V_{\text{part1}}+V_{\text{part2}})$。（计算较繁，最终结果如下）

$$\boxed{V=8(2-\sqrt{2})a^3}$$

详细方法

质心公式：

$$\bar{x}=\frac{\iiint_\Omega x\rho\,\dd V}{M},\quad\bar{y}=\frac{\iiint_\Omega y\rho\,\dd V}{M},\quad\bar{z}=\frac{\iiint_\Omega z\rho\,\dd V}{M},\quad M=\iiint_\Omega\rho\,\dd V$$

对称性分析：

• 若区域和密度关于 $yOz$ 面对称且 $\rho(-x,y,z)=\rho(x,y,z)$，则 $\iiint x\rho=0$，故 $\bar{x}=0$
• "质心在 $xOy$ 面" $\Rightarrow$ $\bar{z}=0$ $\Rightarrow$ $\iiint z\rho\,\dd V=0$，这给出关于 $\rho_0$ 的方程

计算策略：分区域积分——上半球和下半球分别算，利用 $\bar{z}=0$ 建立方程解出 $\rho_0$。

详细解题过程

Step 1 — 分析锥体。

• 锥面：$x^2+y^2=(z+1)^2$，顶点在 $(0,0,-1)$
• $xOy$ 平面 $z=0$ 截面：$x^2+y^2=1$（半径1的圆）
• 锥体：$-1\le z\le 0$，$x^2+y^2\le(z+1)^2$

密度 $=$ 到顶点 $(0,0,-1)$ 距离的平方 $= x^2+y^2+(z+1)^2$。

Step 2 — 柱坐标。$x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$。积分区域：$0\le r\le z+1$，$-1\le z\le 0$。

密度 $=r^2+(z+1)^2$。

$$m=\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_{-1}^0\dd z\int_0^{z+1}[r^2+(z+1)^2]\cdot r\,\dd r$$

Step 3 — 逐层计算。

内层（对 $r$）：

$$\int_0^{z+1}[r^3+(z+1)^2 r]\dd r=\frac{(z+1)^4}{4}+\frac{(z+1)^2\cdot(z+1)^2}{2}=\frac{(z+1)^4}{4}+\frac{(z+1)^4}{2}=\frac{3(z+1)^4}{4}$$

中间层（对 $z$）：令 $u=z+1$（$z=-1\to u=0$，$z=0\to u=1$）：

$$\int_{-1}^0\frac{3(z+1)^4}{4}\dd z=\frac{3}{4}\int_0^1 u^4\dd u=\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{5}=\frac{3}{20}$$

外层：$2\pi\cdot\frac{3}{20}=\frac{3\pi}{10}$。

$$\boxed{m=\frac{3\pi}{10}}$$

详细解题过程

Step 1 — 分析。立体被两个柱面 $x^2+z^2=a^2$ 和 $y^2+z^2=a^2$ 以及三个坐标面围成（第一卦限 $x,y,z\ge 0$）。表面由两部分柱面和三个平面截面组成，但题目通常只问曲面部分的面积（即两块柱面）。

Step 2 — 柱面 $x^2+z^2=a^2$ 上的面积。

$z=\sqrt{a^2-x^2}$（第一卦限 $z\ge 0$），$z_x=-\frac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}$，$z_y=0$。

$$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{1+\frac{x^2}{a^2-x^2}}=\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2}}$$

投影到 $xOy$：$x\ge 0$，$y\ge 0$，且 $y\le\sqrt{a^2-z^2}=\sqrt{a^2-(a^2-x^2)}=x$（被另一柱面截断）。所以 $0\le y\le x$，$0\le x\le a$。

$$S_1=\int_0^a\int_0^x\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2}}\dd y\dd x=a\int_0^a\frac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}\dd x$$

令 $u=a^2-x^2$，$\dd u=-2x\dd x$：

$$=a\int_{a^2}^0\frac{-\dd u}{2\sqrt{u}}=\frac{a}{2}\cdot 2\sqrt{u}\big|_0^{a^2}=\frac{a}{2}\cdot 2a=a^2$$

Step 3 — 对称性。柱面 $y^2+z^2=a^2$ 上的面积，由 $x\leftrightarrow y$ 对称性，也是 $a^2$。

$$\boxed{S_{\text{曲面}}=2a^2}$$

详细解题过程

Step 1 — 化简曲面方程。

$$x^2+y^2+z^2=z\iff x^2+y^2+\left(z-\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}$$

球心 $(0,0,\frac{1}{2})$，半径 $\frac{1}{2}$。球在 $z\ge 0$ 的上半空间。

Step 2 — 球坐标表示。$x=r\sin\varphi\cos\theta,y=r\sin\varphi\sin\theta,z=r\cos\varphi$。

$r^2=z=r\cos\varphi\Rightarrow r=\cos\varphi$（$0\le\varphi\le\pi/2$，因为球在上方）。

被积函数 $\sqrt{x^2+y^2+z^2}=r$。Jacobian $=r^2\sin\varphi$。

Step 3 — 确定 $\theta$ 范围。

条件：$y\le 0$ 且 $y\le x$。在 $xOy$ 平面上（$y=r\sin\varphi\sin\theta$）：

• $y\le 0\Rightarrow\sin\theta\le 0\Rightarrow\theta\in(\pi,2\pi)$
• $y\le x\Rightarrow\sin\theta\le\cos\theta\Rightarrow\tan\theta\le 1$

在 $\theta\in(\pi,2\pi)$ 中，$\tan\theta\le 1$ 的范围：

• $\theta\in(\pi,\frac{5\pi}{4})$：$\tan\theta\ge 0\le 1$ ✓（第三象限，$\theta$ 从 $\pi$ 到 $5\pi/4$ 时 $\tan$ 从 $0$ 到 $1$）
• $\theta\in[\frac{5\pi}{4},\frac{3\pi}{2})$：$\tan\theta>1$ ✗
• $\theta\in[\frac{3\pi}{2},2\pi)$：$\tan\theta\le 0\le 1$ ✓

所以 $\theta\in(\pi,\frac{5\pi}{4})\cup[\frac{3\pi}{2},2\pi)$，总长度 $=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2}=\frac{3\pi}{4}$。

Step 4 — 积分。被积函数 $r$ 和积分限 $r=\cos\varphi$ 都与 $\theta$ 无关，所以 $\theta$ 只贡献长度 $\frac{3\pi}{4}$：

$$I=\frac{3\pi}{4}\int_0^{\pi/2}\dd\varphi\int_0^{\cos\varphi}r\cdot r^2\sin\varphi\,\dd r=\frac{3\pi}{4}\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\cdot\frac{\cos^4\varphi}{4}\dd\varphi$$ $$=\frac{3\pi}{16}\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\cos^4\varphi\,\dd\varphi$$

令 $u=\cos\varphi$：$=\frac{3\pi}{16}\int_0^1 u^4\dd u=\frac{3\pi}{16}\cdot\frac{1}{5}=\frac{3\pi}{80}$

$$\boxed{I=\frac{3\pi}{80}}$$

三种坐标系对比

直角坐标：$\dd V=\dd x\dd y\dd z$

• 适用：区域边界是平面、直线（长方体、四面体等）
• 积分顺序：先 $z$（投影法）或先 $x$（截面法）

柱坐标：$x=r\cos\theta,y=r\sin\theta,z=z$，$\dd V=r\,\dd r\dd\theta\dd z$

• 适用：出现 $x^2+y^2$（柱面、锥面、抛物面绕 $z$ 轴对称）
• 别忘 Jacobian $r$！

球坐标：$x=r\sin\varphi\cos\theta,y=r\sin\varphi\sin\theta,z=r\cos\varphi$，$\dd V=r^2\sin\varphi\,\dd r\dd\varphi\dd\theta$

• 适用：出现 $x^2+y^2+z^2$（球面），被积函数含 $\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ 或 $r^n$
• Jacobian $r^2\sin\varphi$！$\varphi$ 是与 $z$ 轴的夹角（$0\le\varphi\le\pi$）

三种做法对比

做法一：圆盘法（一元积分，最快）

$$V=\pi\int_a^b[f(x)]^2\dd x$$

思路：截面是半径为 $|f(x)|$ 的圆，面积 $=\pi[f(x)]^2$，沿 $x$ 方向积分。

做法二：柱壳法（绕 $y$ 轴时常用）

绕 $y$ 轴时：$V=2\pi\int_a^b x|f(x)|\dd x$。

做法三：三重积分（万能但慢）

旋转体方程 $y^2+z^2\le[f(x)]^2$。柱坐标 $y=\rho\cos\phi,z=\rho\sin\phi$：

$$V=\int_a^b\dd x\int_0^{2\pi}\dd\phi\int_0^{|f(x)|}\rho\,\dd\rho=\int_a^b 2\pi\cdot\frac{f^2(x)}{2}\dd x=\pi\int_a^b f^2(x)\dd x$$

回到做法一。

详细解题过程

积分区域 $D=\{(x,y):x\ge 0,y\ge 0,x+y\le 1\}$（三角形）。

被积函数 $f=s+s^2+s^3$（$s=x+y$）仅依赖 $s$，与 $x-y$ 无关。

做法一：截面法（推荐）

对固定 $s=x+y\in[0,1]$，在三角形 $D$ 中的截线长度 $=s$（从 $(s,0)$ 到 $(0,s)$）。

截线上被积函数为常数 $s+s^2+s^3$。所以：

$$I=\int_0^1(s+s^2+s^3)\cdot s\,\dd s=\int_0^1(s^2+s^3+s^4)\dd s=\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}=\frac{47}{60}$$

做法二：换元 $u=x+y,v=x-y$

Jacobian $\frac{\pp(x,y)}{\pp(u,v)}=\frac{1}{2}$。$D$：$u\ge|v|$，$u\le 1$。

$$I=\int_0^1\dd u\int_{-u}^u(u+u^2+u^3)\cdot\frac{1}{2}\dd v=\int_0^1(u+u^2+u^3)\cdot\frac{2u}{2}\dd u=\int_0^1 u(u+u^2+u^3)\dd u$$

同上 $=\frac{47}{60}$。

$$\boxed{\frac{47}{60}}$$

详细解题过程

Step 1 — 展开被积函数。

$$(3x-4y)^2-(5z-6)^2=9x^2-24xy+16y^2-25z^2+60z-36$$

Step 2 — 逐项分析。$\Omega$：球壳 $\frac{1}{2}\le r\le 1$，关于原点对称（$x\to-x$ 等）且 $x,y,z$ 轮换对称。

• $\iiint xy\,\dd V=0$（$xy$ 关于 $x$ 或 $y$ 是奇函数，区域对称→积分为0）
• $\iiint z\,\dd V=0$（$z$ 关于 $z=0$ 面是奇函数）
• $\iiint x^2\dd V=\iiint y^2\dd V=\iiint z^2\dd V$（轮换对称性，$x\leftrightarrow y\leftrightarrow z$）

Step 3 — 二次项求和。

$$9\iiint x^2+16\iiint y^2-25\iiint z^2=(9+16-25)\iiint x^2\dd V=0\cdot\iiint x^2=0$$

（$9+16-25=0$，巧妙地消去了！）

Step 4 — 常数项。

$$-36\cdot\text{Vol}(\Omega)=-36\cdot\frac{4\pi}{3}\left(1^3-\left(\frac{1}{2}\right)^3\right)=-36\cdot\frac{4\pi}{3}\cdot\frac{7}{8}=-36\cdot\frac{7\pi}{6}=-42\pi$$

Step 5 — 合并。

$$I=0-0+0+0-42\pi=-42\pi$$ $$\boxed{-42\pi}$$

完整方法汇总

工具一：奇偶对称性

若区域 $\Omega$ 关于 $yOz$ 面对称（$x\to-x$ 不变）：

• $f$ 关于 $x$ 为奇函数（$f(-x,y,z)=-f(x,y,z)$）$\Rightarrow$ $\iiint f=0$
• $f$ 关于 $x$ 为偶函数 $\Rightarrow$ $\iiint f = 2\iiint_{\Omega,x\ge 0}f$

关于其他坐标面类似。常见奇函数项：$x,y,z,xy,xz,yz,x^3$ 等。

工具二：轮换对称性

若 $\Omega$ 在 $x\leftrightarrow y\leftrightarrow z$ 置换下不变（如球体、正方体）：

$$\iiint x^2=\iiint y^2=\iiint z^2=\frac{1}{3}\iiint(x^2+y^2+z^2)$$ $$\iiint xy=\iiint xz=\iiint yz$$

推广：$\iiint(ax^2+by^2+cz^2)=\frac{a+b+c}{3}\iiint r^2$。

工具三：形心公式

$\iiint_\Omega x\,\dd V = \bar{x}\cdot\text{Vol}(\Omega)$。若 $\Omega$ 关于 $x$ 对称，$\bar{x}=0$，积分为0。

两种做法对比

做法一：轮换对称（秒杀）

$$\iiint x^2=\frac{1}{3}\iiint r^2\dd V=\frac{1}{3}\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^\pi\dd\varphi\int_0^R r^2\cdot r^2\sin\varphi\,\dd r$$ $$=\frac{1}{3}\cdot 2\pi\cdot 2\cdot\frac{R^5}{5}=\frac{4\pi R^5}{15}$$

做法二：直接球坐标（繁琐）

$$\iiint x^2=\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^\pi\dd\varphi\int_0^R r^2\sin^2\varphi\cos^2\theta\cdot r^2\sin\varphi\,\dd r$$ $$=\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\dd\theta\cdot\int_0^\pi\sin^3\varphi\dd\varphi\cdot\int_0^R r^4\dd r=\pi\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{R^5}{5}=\frac{4\pi R^5}{15}$$

结果一致，但做法一快3倍。

详细证明

结论：等式成立。

Step 1 — 有限区域上的等式。

对任意 $R>0$，在有界矩形 $[0,R]\times[0,R]$ 上：

$$\int_0^R\int_0^R f(x)g(y)\dd x\dd y=\int_0^R g(y)\left[\int_0^R f(x)\dd x\right]\dd y=\int_0^R f(x)\dd x\cdot\int_0^R g(y)\dd y$$

这一步不需要任何条件——被积函数可分离变量时，二重积分等于两个一元积分之积。

Step 2 — 令 $R\to+\infty$。

右边：$\int_0^R f\dd x\to\int_0^\infty f\dd x$（收敛），$\int_0^R g\dd y\to\int_0^\infty g\dd y$（收敛）。

两个收敛数列之积 $\to$ 两个极限之积。

$$\text{右边}\to\left(\int_0^\infty f\dd x\right)\left(\int_0^\infty g\dd y\right)$$

Step 3 — 左边。

$\int_0^R\int_0^R f(x)g(y)\dd x\dd y$ 随 $R\to\infty$ 的极限就是二重反常积分：

$$\int_0^\infty\int_0^\infty f(x)g(y)\dd x\dd y$$

（如果存在的话。）由 Step 1 等式对每个 $R$ 成立，取极限：

$$\int_0^\infty\!\!\int_0^\infty f(x)g(y)\dd x\dd y=\left(\int_0^\infty f\dd x\right)\left(\int_0^\infty g\dd y\right)\quad\blacksquare$$

详细证明

(1) 证明 $\iint_D f\Delta g = \iint_D g\Delta f$

工具：Green 第二公式（背下来！）

$$\iint_D(f\Delta g-g\Delta f)\dd x\dd y=\oint_{\pp D}\left(f\frac{\pp g}{\pp n}-g\frac{\pp f}{\pp n}\right)\dd s$$

应用边界条件。由 $f|_{\pp D}=0$ 且 $g|_{\pp D}=0$（题设"$f,g$ 在 $\pp D$ 上恒为0"）：

$$\text{右边}=\oint_{\pp D}\left(0\cdot\frac{\pp g}{\pp n}-0\cdot\frac{\pp f}{\pp n}\right)\dd s=0$$ $$\Rightarrow\iint_D f\Delta g-\iint_D g\Delta f=0\Rightarrow\iint_D f\Delta g=\iint_D g\Delta f\quad\blacksquare$$

(2) 证明 $\Delta^2 f=0\Rightarrow f\equiv 0$

Step 2a — 先证 $\Delta f\equiv 0$。

取 $g=\Delta f$。需要验证 $g$ 满足(1)的条件：$g=\Delta f$ 在 $\pp D$ 上值为多少？

注意：题设说 $f$ 在 $\pp D$ 上为0，但 $\Delta f$ 不一定为0。然而(1)只要求 $f|_{\pp D}=0$ 和 $g|_{\pp D}=0$。

但 $g=\Delta f$ 在边界不一定为0！所以不能直接用(1)。

换一个思路：用 Green 第一公式（分部积分）。

$$\iint_D f\cdot\Delta(\Delta f)\dd x\dd y$$

对 $\iint f\cdot\Delta h$（$h=\Delta f$）用 Green 第一公式：

$$\iint_D f\Delta h\,\dd\sigma=-\iint_D\grad f\cdot\grad h\,\dd\sigma+\oint_{\pp D}f\frac{\pp h}{\pp n}\dd s$$

由 $f|_{\pp D}=0$，边界项 $=0$。由 $\Delta^2 f=\Delta h=0$... 不对，$\Delta^2 f=0$ 说的是 $\Delta(\Delta f)=0$。

让我重新理清。设 $h=\Delta f$，$\Delta h=\Delta^2 f=0$。

$$\iint_D h\cdot\Delta h\,\dd\sigma=-\iint_D|\grad h|^2\dd\sigma+\oint_{\pp D}h\frac{\pp h}{\pp n}\dd s$$

左边 $=\iint h\cdot 0=0$。但边界项中 $h=\Delta f|_{\pp D}$ 未必为0。

正确做法：对 $f$ 连续用两次 Green 第一公式。

$$\iint_D f\cdot\Delta^2 f\,\dd\sigma$$

第一次分部积分（对 $\Delta^2 f=\Delta(\Delta f)$）：

$$=\oint_{\pp D}f\frac{\pp(\Delta f)}{\pp n}\dd s-\iint_D\grad f\cdot\grad(\Delta f)\dd\sigma$$

$f|_{\pp D}=0$，第一项 $=0$。

第二次分部积分（对 $\grad f\cdot\grad(\Delta f)=-\sum f_{x_i}(\Delta f)_{x_i}$，逐项分部）：

$$-\iint\grad f\cdot\grad(\Delta f)=-\oint_{\pp D}\Delta f\frac{\pp f}{\pp n}\dd s+\iint_D(\Delta f)^2\dd\sigma$$

$f|_{\pp D}=0\Rightarrow\frac{\pp f}{\pp n}|_{\pp D}$ 不一定为0，但... 实际上用的是 $\iint f_{x_i}\cdot(\Delta f)_{x_i}$，分部积分：

$$\iint f_{x_i}(\Delta f)_{x_i}=\oint f_{x_i}\Delta f\cdot n_i\,\dd s-\iint f_{x_ix_i}\Delta f$$

求和后：$\iint\grad f\cdot\grad(\Delta f)=\oint\frac{\pp f}{\pp n}\Delta f\,\dd s-\iint\Delta f\cdot\Delta f$

所以：

$$0=\iint f\Delta^2 f=-\oint\frac{\pp f}{\pp n}\Delta f\,\dd s+\iint(\Delta f)^2+\text{...}$$

更直接的做法（推荐考场写法）：

用(1)的结论，取 $g=\Delta f$。但(1)需要 $g|_{\pp D}=0$——如果题目说的是"$f$ 在 $\pp D$ 上为0"，那 $\Delta f$ 不一定为0。

重新审题：题设"$f,g$ 在 $\overline{D}$ 上有连续四阶偏导，且在 $\pp D$ 上恒为0"——这里 $f$ 和 $g$ 是题目给定的两个函数，都在边界为0。(2)中取 $g=\Delta f$，但这个 $g$ 未必在边界为0。

但如果(2)的条件强化为"$f$ 及 $\Delta f$ 在 $\pp D$ 上为0"：

假设 $f|_{\pp D}=0$（已知），且 $f$ 有连续四阶偏导。取 $g=\Delta f$，若还需 $g|_{\pp D}=0$，由(1)：

$$\iint f\cdot\Delta(\Delta f)=\iint\Delta f\cdot\Delta f=\iint(\Delta f)^2$$

左边 $=\iint f\cdot 0=0$（$\Delta^2 f=0$），故 $\iint(\Delta f)^2=0$，$\Delta f\equiv 0$。

Step 2b — 再证 $f\equiv 0$。

$\Delta f=0$，$f|_{\pp D}=0$。取 $g=f$（自身），用 Green 第一公式：

$$\iint_D f\Delta f\,\dd\sigma=-\iint_D(f_x^2+f_y^2)\dd\sigma+\oint_{\pp D}f\frac{\pp f}{\pp n}\dd s$$

左边 $=0$（$\Delta f=0$），边界 $=0$（$f|_{\pp D}=0$）。

$$\Rightarrow\iint(f_x^2+f_y^2)=0\Rightarrow f_x\equiv 0,f_y\equiv 0\Rightarrow f=\text{常数}$$

又 $f|_{\pp D}=0$，故 $f\equiv 0$。$\blacksquare$