(268)--第六章习题册答案解析_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

第六章 二重积分 6-1综合测试 1.【答案】D 【解析】极坐标对应的角度范围为 0 π 2    ，对应直角坐标系的第一象限； r 的范围为 0r2cos，即0r2 2rcos，转换为直角坐标可得， 0  x 2  y 2  2 x ，此为圆 方程，进一步转化为(x1)2  y2 1. 综上所述，极坐标所表示的积分区域为圆形区域 ( x  1 ) 2  y 2  1 在第一象限的部 分，如上图所示，故积分所对应的直角坐标平面的区域为 D : 0  x  2 , 0  y  2 x  x 2 故答案选（D）. 2.【答案】C 【解析】原积分域为直线 y  x ， x  y  2 ，与 y 轴围成的三角形区域，如下图所示.故应选（C）． 3.【答案】B 【解析】首先确定被积函数，由于在极坐标系(r,)中面积元 d r d r d    ，从而题设二 重积分的被积函数应是 1 r f ( r c o s , r s i n )   ．其次由题设知二重积分的积分区域 D 在极 坐标系(r,)中的不等式表示是 D ( r , ) 0 π 2 , c o s 1 s i n r 1             ，这表明 D 在满足 x r c o s   ，y rsin的直角坐标系 x O y 中位于第一象限，且内外边界分别是 rcosrsin1即 x  y  1 ； r  1 即 x 2  y 2  1 . 从而积分区域 D  { ( x , y ) | 0  x  1 , 1  x  y  1  x 2 } ，如下图所示. 故 π 1 π 1 1 2d f(rcos,rsin)dr 2d f(rcos,rsin)rdr 1 1 0 0 r cossin cossin f(x,y) 1 1x2 f(x,y)  d dx dy x2  y2 0 1x x2  y2 D 故答案应选（B）． 4.【答案】D【解析】D ： 1 x 2  y 2  1 ，D ： 2 x 2  y 2  ( 2 ) 2 为圆域，D ： 3 ( x 2 2 ) 2  y 2  1 ， D 4 y2 ：x2  1为椭圆域，它们的关系如图所示． ( 2)2  1  被积函数 f(x,y)1  x2  y2 为连续函数，在  2  D 4 上 f ( x , y )  0 ，  0 ，而在 D 4 之外 f ( x , y )  0 ，  0 ．因 D 4  D 1  I 4  I 1 ， D 4 与 D 2 的公共部分是 D 4 ， D 2 的 其余部分 f(x,y)0，  0  I 4  I 2 ．D 与 4 D 3 的公共部分记为 D  ， D 4 的其余部分 f ( x , y )  0 ，  0 ，而 D 3 的其余部分 f ( x , y )  0 ，  0  I 4  I 3 ． 因此maxI ,I ,I ,I  I ．故选（D）． 1 2 3 4 4 5.【答案】  x f ( x 2  1 ) 【解析】  1 u v f ( u 2  v 2 ) d v   1 2  1 u f ( u 2  v 2 ) d ( u 2  v 2 ) t  u 2  v 2  1 2  u 0 2  1 f ( t ) d t d x 1 1 d x u21 1 x21 则  du vf(u2 v2)dv  du f(t)dt   f(t)dt， dx 0 u 2 dx 0 0 2 0 d d x 2 2  x 0 d u  1 u v f ( u 2  v 2 ) d v   x f ( x 2  1 ) . 6.【答案】8π 【解析】由 t  0  1  1 时，tln(1t)t t t2 o(t2) t2(t 0).    2  2 由积分中值定理得， f(x,y)dxdy f(,)πt2，其中(,)D. D于是 l it m 0 D t f ( x l n , ( y 1 ) d x t d ) y 2 π l it m 0 f ( , ) 2 π f ( 0 , 0 ) 8 π           . 7.【答案】 f 2 ( 0 π ) 【解析】  r 0 t f ( r 2  t 2 ) d t   1 2  r 0 f ( r 2  t 2 ) d ( r 2  t 2 )  1 2  r 0 2 f ( u ) d u ， x 2 y 2 r 2 c o s ( x y ) d π r 2 c o s ( )          ， 原式 2 2 1 1 π π l ir l ir m m 0 0 2 r 0 r 2 f 2 f ( u 2 r 2 ( r r ) ) d u c o f ( 0 2 π s ) ( 1 ) 2 1 π l ir m 0 r 0 2 f r ( u 2 ) d u              8.【答案】 2 π 【解析】令 x r c o s   ， y r s i n   ，则 F ( t ) 2 0 π d t 0 r f ( r 2 ) d r 2 π t 0 r f ( r 2 ) d r       . 因为 f ( x ) 连续，所以 F ( t )  2 π t f ( t 2 ) 且 F ( 0 )  0 ，于是 F ( 0 )  l i t m0  F ( t )  t F ( 0 )  l i t m0  2 π f ( t 2 )  2 π f ( 0 )  2 π6-1拓展提升 r r 2 arccos 2 arccos 1.【答案】 rdr 2 f(rcos,rsin)d rdr 2 f(rcos,rsin)d  r 0  2 arccos 4 2 【解析】 由题目可知，积分区域为 ( r , ) | 0 r 2 c o s , 4 2             ，其中r2cos可转化 为r2 2rcos即 x 2  y 2  2 x ，此为圆心在(1,0)，半径为 1 的圆，故积分区域如图所 示； 要交换积分次序，先对进行定限，以 ( 0 , 0 ) 为圆心画穿过积分区域的弧，当弧的半 径 0  r  2 时，弧和积分区域的一个交点在 4     上，另一个交点在圆 r 2 c o s   上，此时0，解得 a r c c o s r 2   ；当弧的半径 2 r2时，弧和积分区域的两个交 点都在圆r 2cos上，解得 a r c c o s r 2    ，故 2 4 d 0 2 r 2 c 0 d r o s a f rc c 4 ( o s r r2 c f o ( s r c , o r s s i n , r s ) i r n d r ) d 2 2 r d r r a rc c o s 2r a rc c o s 2 f ( r c o s , r s i n ) d                         e2  2.【答案】e2  1  2  【解析】方法一：直接计算可得2 2 x y   d x y e d y  1 1 x  =    d x 2  2 x 1 1 2  2 x 1 2  2   x 1  1 2  d x 1 1 2 x e x 4 e  2 x y  2 x y  x y e d ( x y ) 1x u  2 x 2 u  ( u  1 ) e d x  1 u  1 1 1  2 2 x   e d x  2 e  2 x x 1  1 2 2 x 2 x  ( e )  e d x 2 x 1 2 1 1 2 2 2 x    e d x  2 x x 1 1 1 2   e 2 2 e  e  1   2   u 2  1 1 ( 2 x 2 x 2 x d x  2 x e d x 2 d x 2 x  2  1 2 x  u 1 2 1 ) e 1 e 2 x x 2 u e d d x x d x u 方法二：记原累次积分为 I ，则I 可表示成 I D y e x y d     ，其中 D   ( x , y ) 1  x  2 , 1 x  y  2  ，如图，然后改成先x后 y 的积分顺序，虽要分块积 分，但每个积分易求 2 2 1 2 2 x2 1 x2 I  dy yexydx dy yexydx exy dy exy dy 1 1 1 1 1 1 1 x1 x 2 y 2 y 2 1 1 2 2 1  (e2y ey)dy (e2y e)dy  e2y ey  e 1 1 1 2 1 2 2 2 1 1   e4 e2 e2 e2 1   2 2  1 3.【答案】e 2【解析】交换积分次序得 f ( t )   t 0 d y  y 0 e ty 2 d x   t 0 y e ty 2 d y  1 2 t e ty 2 t 0  1 2 t ( e 3t  1 ) 则 f ( t )   2 1 t 2 ( e 3t  1 )  3 2 t e 3t 1 ，故 f(1)e . 2 4.【答案】C 【解析】由积分中值定理知 x 2 y 2 r 2 f ( x , y ) d x d y r 2 f ( , )       ，其中 ( , )  为圆域 x2 y2 r2上的一个点，则 lr i m 0 f ( , ) f ( 0 , 0 )     ，而 l i r  m 0  g r ( 2 r 2 )  l i r  m 0  2 r 2 g r ( r 2 )  1 a 故 lr i m 0 x 2 y 2 r 2 f g ( x ( r , 2 y ) ) d x d y lr i m 0 r 2 g f ( ( r 2 , ) ) f ( 0 a , 0 )              . 故答案选（C）. 5.【答案】 4 5 a 【解析】 由 D f ( x 2 y 2 ) y d x d y 2 0 t d r a 0 rc c o s r2 t f ( r ) r 2 s i n d 2 0 t r 2 f ( r ) 1 r 2 t d r             ，得 l i m  t 0 1 4 t  D f ( x 2  y 2 ) y d x d y  = l i t l i t m0 m0   t 2 2  0 ( 2 t r t ) 2 2 2 0 f ( r f ( 2 3 t ) d t ) r   t 1 2 5 4 5  l i t 2 0 m0 t  r 3 f f ( ( 2 r t ) ) 2 d  t r f  ( 0 l i t ) m0    4 5 2 0 t r f 2 5 ( f t 0 ( 4 ) r  ) d 4 5 r a . 6.【答案】  f(x,y)2x2 【解析】由lim 1得lim[f(x,y)2x2]0，因为 x1 sinx y2 x1 y0 y0 f ( x , y ) 连续，所以 f (1 , 0 )  4      (x1)2 y2  ，令D {(x,y)|(x1)2 4y2 r2}(x,y)  1  r2 r  2      2   由积分中值定理，存在(,)D，使得 ( x 1 2) 4 y 2 r 2 f ( x , y ) d x d y f ( , ) r r 2           ，又 当 r  0 时，  e 0 2r  1 a t a r c n s 2 i n t t d t ~  r 0 2 2 d t  2 r 2 ，则  f(x,y)dxdy r2  f(,)   lim(x1)24y2r2 lim 2  lim f(,) f(1,0) r0  er2 1 tan2t dt r0 2r2 4 r0 4 0 arcsint 【注1】椭圆 x a 2 2  y b 2 2  1 的面积公式为 S  π a b （a 0,b0） 【注2】r表示圆上点 ( x , y ) 到圆心 ( 1 , 0 ) 的距离， r  0 表示 ( x , y )  ( 1 , 0 ) 7.【答案】C 【解析】等式 f ( x , y )  x y   D f ( u , v ) d u d v 两端积分得  D f ( x , y ) d x d y   D x y d x d y   D f ( u , v ) d u d v   D d x d y 1 x2 1 其中xydxdy  dx xydy  ， 0 0 12 D  D d x d y   1 0 d x  x 0 2 d y  1 3 ， 令 f(x,y)dxdy  A，则 D A  1 1 2  1 3 A ，解得 A  1 8 ，故 f ( x , y )  x y  1 8 .6-2综合测试 1.【答案】B 【解析】由 1 2π a a  a2 x2  y2dxdy  d r a2 r2dr π (a2 r2)2d(a2 r2) 0 0 0 D 2 3 a 2πa3 16π π (a2 r2)2   3 0 3 3 解得 a  2 ，选（B）. 2.【答案】 π 4 【解析】由奇偶性得，  D ( x y 2  x 2 ) d x d y   D x 2 d x d y ， xrcos 令 （ yrsin 0 π , 0 r 2 s i n       ），则 D x 2 d x d y 8 8 π 0 d π2 0 3 4 s i 2 0 4 n 1 2 sin π 2 r (1 3 c s 5 6 o i s n 3 4 2 2 1 2 d ) r d π 2 4 π 0 π 4 s i n 4 c o s 2 d                              3.【答案】 1  c 2 o s 1 【解析】 I D x s i n ( x x 2 2 y y 2 2 ) d x d y π2 0 c o s d 1 0 r s i n r 2 d r 1 0 r s i n r 2 d r 1 c 2 o s 1               . 4.【答案】B 【解析】根据对称性，令D (x,t)|0 xπ,0 y x ， 1π x sinxsin ymax{x,y}d2xsinxsin yd2 xsinxdx sin ydy 0 0 D D π 2 xsinx(1cosx)dx 0 π π 2 xsinxdx2 xsinxcosxdx 0 0 π π  π sinxdx xd(sin2 x) 0 0 πcosx π xsin2 x π + π sin2 xdx 0 0 0 π1cos2x π(11) dx 0 2 5π  2 故答案选（B）. 5.【答案】 1 4 【解析】在 D 1   ( x , y ) |    x    ， 0  y  1  上， f ( y )  y ； 在D :0xy1上， f(x y) x y， 2 则在 D 0  D 1 ∩ D 2   ( x , y ) |  y  x  1  y , 0  y  1  上， f ( y ) f ( x  y )  y ( x  y ) ， 所以  D f ( y ) f ( x  y ) d x d y   1 0 d y  1   y y y ( x  y ) d x  1 4 . 6.【答案】(a1)(ea eb)(ba)eb 【解析】令 D 1  { ( x , y ) | 0  x  a , a  x  y  b  x } ， D {(x,y)|axb,0 ybx}，如图所示，则 2 a bx b bx  f(x,y)dxdy  exdx eydy exdx eydy 0 ax a 0 D a b  ex(exa exb)dx ex(1exb)dx 0 a (a1)(ea eb)(ba)eb7.【答案】 2 2 3  2 【解析】令 x y r r c s o i s n      ，则 I D 3 2 x π4 0 y c o d s x d y π 4 π4 0 d d 1 0 r 2 3 ( 2 c o s π2π4 s i n s i n ) π 4 d r d π2π4 d 2 1 0 2 3 r 2 ( 2 s i n c o s ) d r                                   8.【答案】π2 【解析】直线 x  y  π 2 将区域 D 分为 D 1 , D 2 ，其中  π π  D  x,y 0 x ,0 y x， 1  2 2  D 2    x , y  0  x  π 2 , π 2  x  y  π 2  ， 则I   cos(x y) dxdy  cos(x y)dxdycos(x y)dxdy D D D 1 2 π π x π π 其中cos(x y)dxdy 2dx2 cos(x y)dy 2(1sinx)dx  1， 0 0 0 2 D 1D 2 c o s ( x  y ) d x d y   π2 0 d x  π2π  2 x c o s ( x  y ) d y   π2 0 ( c o s x  1 ) d x  1  π 2 ， 故 I   D c o s ( x  y ) d x d y  π  2 . 9.【答案】C 【解析】  1 0 d x  0 f ( x ) g ( t ) d t      0  2 1    0   2 x 1  x 0 f 0 1 0 f f ( x ( x ) g ( t ) 2  f ( x 1 x )  0 ( x ) d x d ) 2   t d x  d x  1  x 0 2 a   f (  x 0 1  x 0 x ) d f 2 x ( d x ) f g ( ( x t ) ) d t 1 0   1 0 x g [ f ( x ) ] f ( x ) d x 【注】 g ( x ) 是 y  f ( x ) 的反函数，可得 g [ f ( x ) ]  x . 10.【答案】  1 π 6 【解析】设 f(x)的一个原函数为 F ( x ) ，则 x[ 1x2  yf(x2  y2)]dxdy D 1 1   xdx [ 1x2  yf(x2  y2)]dy 1 x3 1 1 1 1   xdx 1x2dy xdx yf(x2  y2)dy 1 x3 1 x3 1 1 1 1   x 1x2(1x3)dx  xdx f(x2  y2)d(x2  y2) 1 2 1 x3  1 x4 1x2dx 1  1 x[F(x2 1)F(x2 x6)]dx 1 2 1 xsint π π 1 2 x4 1x2dx 22sin4tcos2tdt 22sin4t(1sin2 x)dt 0 0 0 π  π π  22(sin4tsin6 x)dt 22sin4tdt2sin6tdt 0  0 0  π 2(I I ) 4 6 1611.【答案】 1  s i n 1 【解析】改变积分次序得 1 xsin y 1 y sin y  dx dy  dy dx 0 x y 0 y2 y 1 1   (1 y)sin ydy   (y1)d(cosy) 0 0 (y1)cosy 1  1 cosydy 0 0 1sin1 12.【答案】 1 2 s i n 1 【解析】改变积分次序得  1 0 d y  y y2 c o s x 2 d x   2 1 d y  1 y2 c o s x 2 d x    1 2 1 0 d  x 1 0 2 x  x c o s c x o 2 s d x ( 2 x d 2 y )    1 2 1 0 s x i n c o x s 2 x 1 0 2  d x 1 2 s i n 16-2拓展提升 1.【答案】  8 【解析】先把极坐标转化为直角坐标：  1 (1 rcos)r 1 x 2d dr  d 0 0 2 rsin rcos 2 x  y D 其中积分区域 D   ( x , y ) 0  x  1 , 0  y  1  x 2  ，可知积分区域关于y  x对称， 利用对称性可知：原式= D 2 1 x y y d 1 2 D 1 2 x x 1 y y d 1 2 D 1 d 8                      . 2.【答案】 4  3 (   2 ) 【解析】令 D 1  { ( x , y ) | 1  x  2 , x  y  x } ，D {(x,y)|2 x4, x  y2}， 2 D D D{(x,y)|1 y2,y x y2}，如图所示，则 1 2    2 d 1    x 8 3  8 3  x x   s 2 1 t i n  2 s i  2 y n x y c o  t 2 d s  y  2  y   2  d s 4 2  i n d x  2 t d  y t 2 s i x     n  2 4   x 2 y y  (  3 d  y t   2 )  2 1 8  d 3 y    2 y y t 2 c s o i n s t  2 d x y t d x   2   2 1 y c o s  2 y d y3.【答案】 3 2 1 5 2 【解析】由于被积函数关于 y 为偶函数，区域 D 关于 x 轴对称，用 y  x 将区域 D 上半 部分分为两部分，如图所示，记为 D 1 与 D 2 .  D ( x  y ) 12 d x d y          2 ( x  y ) D 1   2 y  x d D 1 1 1   2 d x y 0 x 2 1  2 ( y  x 3 0 3 4 1  ( 1  x ) 2 3 0 4 2   ( 1  x 3 5 8 8  ( 1  1 5 1 5 1 d x d y 2 x d y   x d y 1 3 ) d x 2 x 4 d x  3 1 5 )  2 0 5 2 )  2  2    4 3 3   2 ( x  D 2   x  y D 2 1 2   2 d y 0 y 2 1  2 ( x 3 0 3 1 ( 2  y ) 2 0 2  ( 2  y 5 2 2 . 1 5 y d  d ) 1 ) d 2 x d y x  3 y ) 2 y 1 52 0 x d y y d x 2 d y y 4.【答案】 1 3 1 6   2 4 【解析】用x2  y2 1将D分为D 与D 两部分，其中 1 2D {(x,y) x2  y2 1,0 y x}，D {(x,y)1x2y2  2x,0 yx}，如图所 1 2 示，则 2 2 x y 1 d x d y D ( 1 D 1 (1 D 1 2 D 1 (1 r r ) r d r d ) r d r d r ) r d r d D D ( r 2 (1 2 D (1 1 r ) r d r d ) r d r d r ) r d r d                   2 1 2 1 2  4 0   d  4 0 1 3 1 0 1 6 ( c 1 o s 8 2 r   ) r       d r 2 1 1 3 6  3 2    4 0 c 2 d o 4 s . 3 0 2 c d o s ( 1 r ) r d r                                   5.【答案】 8  【解析】因为x2  y2 2x2y(x1)2 (y1)2 2，从而可引入坐标轴的平移 x1u， y1v，即 x  u  1 ，y v1，这是区域 D  { ( x , y ) x 2  y 2  2 x  2 y } 变为区域D {(u,v)|u2 v2 2}. 1 二重积分D ( x 2 x y y 2 ) d D D D 1 1 1 [ [ ( ( u u u 2 2 1 ) u v 2 v 2 ) d ( v u u 2 d v 1 3 ) ( v ( u D 1 [ u 1 v v ) ) 3 ( 3 ( v ]d u u 2 1 ) ]d d v v ) ]d u u d d v v 3 D 1 d u d v                                   利用 D 1 关于 u 轴或 v 轴的对称性与函数 u v  3 ( u  v ) 关于 u 或 v 是奇函数的性质可得 [uv3(uv)]dudv0，利用二重积分的几何意义可得dudv( 2)2 2，最 D D 1 1 后，在 D 1 中引入极坐标 u r c o s   ， v r s i n   ，则 D {(r,)|02,0r  2}，于是 1 D 1 ( u 2 v 2 ) d u d v 2 0 d 0 2 r 2 r d r 2 0 2 r 3 d r 2 ( 2 ) 4 2                 ； 故(x2 xy y2)d268. D 6.【答案】B 【解析】因为 D  D 1  D 2 ，且 D 1   ( x , y ) x  1 , y  1  ， D 2   ( x , y ) x 2  y 2  x  ， 于是 D x y d D 1 x y d D 2 x y d            ，由于 x y 对于x和 y 都是偶函数， D 1 关于x轴和 y 轴都对称，从而 x y 在D 上的积分可化简为区域D 在第一象限部分 1 1 {(x,y) 0 x1,0 y1}上的积分的四倍，即 1 1 1 1 1 1  xyd4 dx xydy 4 dx xydy 4 xdx ydy 1， 0 0 0 0 0 0 D 1 由于 x y 对于 y 是偶函数， D 2 关于 x 轴对称，从而 x y 在 D 2 上的积分可化简为区域 D 2 在第一象限部分 { ( x , y ) x 2  y 2  x , y  0 } 上的积分的两倍，令 x r c o s   ， y r s i n   引入极坐标，则有D 2 x y d 2 2 0 d c 0 o s r 3 s i n c o s d r 1 2 2 0 s i n c o s 5 d t c o s 1 2 1 0 t 5 d t 1 1 2                      1 11 故 xyd1  ，选（B）. 12 12 D 7.【答案】 6 1 5 6 (   2 ) 【解析】令 x r c o s , y r s i n     引入极坐标系，在极坐标系 ( r , )  中积分区域    D(r,) 0 ,4cosr 9cos，如图所示，从而  4  y2  9cos  9cos  d 4d rtan2dr 4tan2d rdr x2 0 4cos 0 4cos D 1  65   (8116)4tan2cos2d 4sin2d 2 0 2 0     65   4(1cos2)d 65    1 sin2 4  4 0 4 4 2   0  65 1 65    (2)   4 4 2 168.【答案】 2ln( 21) 【解析】令 x r c o s , y r s i n     ，在极坐标系 ( r , )  中积分区域 D ( r , ) 0 2 , c o s 1 s i n r c o s 2 s i n                 ， 从而 D x d 2 y 2 2 0 d c o s c o s 2 sin 1 sin d r 2 0 c o s d s i n                       计算所得的定积分，下面用两种方法 方法一：可作变换 t a n 2 t   ，于是 2 a r c t a n t   ， 2dt 2t 1t2  从而d ，sin ，cos ，且:0 t:01 1t2 1t2 1t2 2 代入即得 2 0 c o s d s i n 1 0 1 2 2 d t t t 2 1 0 2 2 ( d 1 t t ) 2               再令1t u，得 1  d 1 2du 1 2u 1 21 2   ln  ln  2ln( 21) 0 cossin 0 2u2 2 2u 2 21 0【注】此处用到三角函数倍角公式：       2sin cos 同除cos2 2tan 2t 2 2 2 sin2sin cos  2  2 2    t2 1 sin2 cos2 tan2 1 2 2 2       cos2 sin2 同除cos2 1tan2 1t2 2 2 2 sincos2 sin2  2  2 2    1t2 sin2 cos2 tan2 1 2 2 2 方法二： 2 0 c o s d s i n 2 2 l n 2 2 2 0 1 1 2 s i d n 2 l n ( 4 2 1 ) 2 2 l n c s c 4 c o t 4 2 0           辅  角 公 式                      【注】此处用到辅角公式与基本积分公式： 1 asinxbcosx sin(x)，其中 a2 b2 a r c t a n b a   （a0） x cscxdxln tan C ln cscxcotx C 2 9.【答案】见解析 【解析】因为 f(x,y)在D上连续，所以 f(x,y)在D上取到最大值M 和最小值m，故 m f(x,y)M ，又由g(x,y)0得mg(x,y) f(x,y)g(x,y)Mg(x,y)，同时在区域 D 上积分得mg(x,y)d f(x,y)g(x,y)dMg(x,y)d， D D D （1）当 g(x,y)d0 时，  f(x,y)g(x,y)d0 ，则对任意的 D D ( , ) D   ，有  f(x,y)g(x,y)d f(,)g(x,y)d. D D （2）当 D g ( x , y ) d 0     时， 由 m D g ( x , y ) d D f ( x , y ) g ( x , y ) d M D g ( x , y ) d            得 m D f ( D x , g y ( ) x g , ( y x ) , d y ) d M         由介值定理，存在 ( , ) D    f(x,y)g(x,y)d ，使得 f(,) D ，即 g(x,y)d D D f ( x , y ) g ( x , y ) d f ( , ) D g ( x , y ) d         .