9.1 二重积分 📖 笔记p24-27

9.1.1 二重积分的定义与性质

二重积分定义
定义
$$\iint_D f(x,y)\,\dd\sigma = \lim_{\|\Delta\|\to 0}\sum_{i=1}^n f(\xi_i,\eta_i)\,\Delta\sigma_i$$

$\dd\sigma$(面积元素)$= \dd x\,\dd y$(直角坐标)

基本性质(类比一元定积分):

  1. 线性性:$\iint(\alpha f+\beta g)\dd\sigma = \alpha\iint f\dd\sigma + \beta\iint g\dd\sigma$
  2. 区域可加性:$D = D_1\cup D_2 \Rightarrow \iint_D = \iint_{D_1} + \iint_{D_2}$
  3. 保号性:$f\geq 0 \Rightarrow \iint f\dd\sigma \geq 0$
  4. 估值:$m\cdot S_D \leq \iint_D f\dd\sigma \leq M\cdot S_D$
  5. 中值定理:$f$ 在有界闭区域 $D$ 连续 $\Rightarrow$ $\exists(\xi,\eta)\in D$,$\iint_D f\dd\sigma = f(\xi,\eta)\cdot S_D$

9.1.2 化为累次积分

X-型(先 $y$ 后 $x$)

$D: a\leq x\leq b,\;\varphi_1(x)\leq y\leq\varphi_2(x)$

$$\iint_D f\dd\sigma = \int_a^b\dd x\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)}f(x,y)\dd y$$
Y-型(先 $x$ 后 $y$)

$D: c\leq y\leq d,\;\psi_1(y)\leq x\leq\psi_2(y)$

$$\iint_D f\dd\sigma = \int_c^d\dd y\int_{\psi_1(y)}^{\psi_2(y)}f(x,y)\dd x$$
画图是关键! 先根据积分限画出积分区域 $D$(通常是三角形、梯形、抛物线围成的区域),然后按另一种方式描述 $D$ 的边界。
二级结论与常用技巧

9.1.3 交换积分次序

累次积分
交换次序
笔记例题:$\displaystyle\int_0^1\dd x\int_x^1 e^{y^2}\dd y$

$e^{y^2}$ 没有初等原函数 → 必须交换次序。

原区域 $D$:$0\leq x\leq 1$,$x\leq y\leq 1$,即三角形 $\{0\leq y\leq 1,\;0\leq x\leq y\}$。

$$= \int_0^1\dd y\int_0^y e^{y^2}\dd x = \int_0^1 ye^{y^2}\dd y = \frac{1}{2}(e-1)$$
笔记例题(对称性):$\displaystyle\iint_D xy\,\dd x\dd y$,$D: x^2+y^2\leq 1$

$D$ 关于 $x$ 轴对称,被积函数 $xy$ 关于 $y$ 是奇函数:$f(x,-y) = -f(x,y)$

偶对称性,积分 $= 0$。

笔记例题(分区域积分):$\displaystyle\iint_D (|y|x^2+|x|y^2)\dd x\dd y$,$D: |x|+|y|\leq 1$

$D$ 关于两轴都对称。$|y|x^2$ 关于 $x$ 是偶函数,关于 $y$ 也是偶函数;$|x|y^2$ 同理。

利用轮换对称性:$\iint |y|x^2\dd\sigma = \iint |x|y^2\dd\sigma$

$I = 2\iint_D |y|x^2\dd\sigma = 8\iint_{D_1} yx^2\dd\sigma$($D_1$ 为第一象限部分 $x+y\leq 1$,$x,y\geq 0$)

9.1.4 变量替换与极坐标

变量替换
一般变量替换公式

令 $x = x(u,v)$,$y = y(u,v)$,则

$$\iint_D f(x,y)\dd x\dd y = \iint_{D'} f(x(u,v),y(u,v))\left|\frac{\pp(x,y)}{\pp(u,v)}\right|\dd u\dd v$$

其中 $\left|\frac{\pp(x,y)}{\pp(u,v)}\right| = \begin{vmatrix}x_u&x_v\\y_u&y_v\end{vmatrix}$ 是 Jacobi 行列式的绝对值。

极坐标变换(最常用!)
$$x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta$$ $$\left|\frac{\pp(x,y)}{\pp(r,\theta)}\right| = \begin{vmatrix}\cos\theta & -r\sin\theta\\ \sin\theta & r\cos\theta\end{vmatrix} = r$$ $$\dd x\dd y = r\,\dd r\,\dd\theta$$

极坐标适用场景

笔记例题:计算 $\displaystyle\iint_D \frac{x^2}{x^2+y^2}\dd x\dd y$,$D$ 为单位圆盘。

$D$ 关于 $y=x$ 对称(圆盘),所以 $\iint \frac{x^2}{x^2+y^2}\dd\sigma = \iint \frac{y^2}{x^2+y^2}\dd\sigma$

两者之和 $= \iint 1\,\dd\sigma = \pi$,所以 $I = \frac{\pi}{2}$。

📝 历年真题精选:二重积分

【2022-2023 选择4】 $\displaystyle\iint_D \sqrt{4-x^2-y^2}\,\dd x\dd y$,$D: x^2+y^2\leq 2x$
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识别区域:$x^2+y^2\leq 2x \Leftrightarrow (x-1)^2+y^2\leq 1$(圆心$(1,0)$,半径$1$)。

极坐标:$r\leq 2\cos\theta$,$\theta\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$。

被积函数 $\sqrt{4-r^2}$。

$$I=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dd\theta\int_0^{2\cos\theta}\sqrt{4-r^2}\cdot r\,\dd r$$

内层:$\int_0^{2\cos\theta}r\sqrt{4-r^2}\dd r = \left[-\frac{1}{3}(4-r^2)^{3/2}\right]_0^{2\cos\theta}=\frac{8}{3}(1-|\sin\theta|^3)$

利用对称性积分后得 $I=2\pi$。答案:A

技巧:偏心圆 $x^2+y^2\leq 2ax$ → 极坐标 $r\leq 2a\cos\theta$,$\theta\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$。

【2022-2023 选择5】 $\displaystyle\iint_D (x+1)^2\dd\sigma$,$D: x^2+y^2\leq 1$
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展开:$(x+1)^2=x^2+2x+1$。

$\iint_D x^2\dd\sigma$:轮换对称性 $=\frac{1}{2}\iint(x^2+y^2)\dd\sigma=\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1 r^3\dd r=\frac{\pi}{4}$

$\iint_D 2x\dd\sigma$:$D$ 关于 $y$ 轴对称,$2x$ 是奇函数 → $=0$

$\iint_D 1\dd\sigma=\pi$

$I=\frac{\pi}{4}+0+\pi=\frac{5\pi}{4}$... 但答案是 $\frac{2}{3}$?可能我记错了具体题目。以试卷为准。

技巧:展开后逐项利用对称性轮换性化简,$\iint x\dd\sigma=0$(对称),$\iint x^2=\iint y^2=\frac{1}{2}\iint(x^2+y^2)$(轮换)。

【2023-2024 证明18】 $C_r:\{x^2+y^2\leq r^2\}$,$D_r:\{|x|\leq r,|y|\leq r\}$,问 $\displaystyle\lim_{r\to\infty}\iint_{C_r}\sin(x^2+y^2)\dd\sigma \stackrel{?}{=}\lim_{r\to\infty}\iint_{D_r}\sin(x^2+y^2)\dd\sigma$
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左侧(圆域):极坐标 $=\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^r\rho\sin\rho^2\dd\rho=\pi(1-\cos r^2)$,当 $r\to\infty$ 时振荡不收敛

右侧(方域):$\sin(x^2+y^2)=\sin x^2\cos y^2+\cos x^2\sin y^2$

$$=\left(\int_{-r}^r\sin x^2\dd x\right)\left(\int_{-r}^r\cos y^2\dd y\right)+\left(\int_{-r}^r\cos x^2\dd x\right)\left(\int_{-r}^r\sin y^2\dd y\right)$$

$r\to\infty$ 时 Fresnel 积分收敛 → 右侧极限存在

结论:等式不成立(左侧不存在,右侧存在)。

启示:二重积分的"广义积分"在不同区域上的极限可能不同!圆域和方域并不等价。

【2020-2021 选择4】 $D_k$ 为圆盘在第 $k$ 象限的部分,$I_k=\iint_{D_k}(y-x)\dd\sigma$,哪个 $>0$?
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第二象限:$x\leq 0,y\geq 0$,所以 $y-x\geq 0$ → $I_2>0$。答案:B

技巧:被积函数在某象限上保号 → 积分的符号立刻确定。

【经典交换次序】 $\displaystyle\int_0^1\dd x\int_x^1 e^{y^2}\dd y$
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$e^{y^2}$ 无初等原函数 → 必须交换次序

画图:$D=\{0\leq x\leq 1,\;x\leq y\leq 1\}$ → $D=\{0\leq y\leq 1,\;0\leq x\leq y\}$

$$=\int_0^1\dd y\int_0^y e^{y^2}\dd x=\int_0^1 ye^{y^2}\dd y=\frac{1}{2}(e-1)$$

考试信号:看到 $e^{y^2}$、$\sin(y^2)$、$\frac{\sin y}{y}$ 等"不可积函数",立刻交换积分次序

【2024-2025 选择1】 比较 $I_1=\iint_D e^{x^2+y^2}\dd\sigma$,$I_2=\iint_D (x^2+y^2)\dd\sigma$,$I_3=\iint_D 1\dd\sigma$ 的大小,$D:x^2+y^2\leq 1$。
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在 $D$ 上 $0\leq x^2+y^2\leq 1$,所以 $e^{x^2+y^2}\geq 1+x^2+y^2 > x^2+y^2$(当 $(x,y)\neq(0,0)$)。

同时 $x^2+y^2\leq 1$ 在大部分区域上 $<1$(除边界外),但不是处处 $<1$。

具体算:$I_3=\pi$,$I_2=\frac{\pi}{2}$(极坐标),$I_1=\pi(e-1)$。

$I_1>I_3>I_2$。答案:D

积分比较题套路:利用被积函数的大小关系 + 保号性。$e^t\geq 1+t$ 是万能不等式。

【2023-2024 选择1】 比较 $I_1=\iint_D(x+y)^3\dd\sigma$ 和 $I_2=\iint_D(x+y)^2\dd\sigma$,$D$ 由直线 $x+y=1$,$x$ 轴,$y$ 轴围成。
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$D$ 是第一象限三角形,$x+y\leq 1$,$x,y\geq 0$。在 $D$ 上 $0\leq x+y\leq 1$。

$0\leq x+y\leq 1 \Rightarrow (x+y)^3\leq(x+y)^2$(因为 $t^3\leq t^2$ 当 $0\leq t\leq 1$)。

所以 $I_1\leq I_2$。答案:A

【2020-2021 填空9】 交换积分次序:$\int_0^1\dd y\int_0^{y+1}f\dd x+\int_0^1\dd y\int_0^{\sqrt{1-y^2}}f\dd x$。
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画图:第一个积分区域 $D_1$:$0\leq y\leq 1$,$0\leq x\leq y+1$(三角形+矩形)。

第二个 $D_2$:$0\leq y\leq 1$,$0\leq x\leq\sqrt{1-y^2}$(四分之一圆盘)。

合并后画出 $D=D_1\cup D_2$,再按先 $y$ 后 $x$ 的方式重新描述边界。

交换次序万能方法:① 根据积分限画图 → ② 找到区域 $D$ → ③ 换另一种方式写积分限。必须画图!

【2022-2023 解答12】 $\displaystyle\int_0^{\pi}\dd x\int_0^{\pi-x}\frac{\sin y}{y}\dd y$。
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$\frac{\sin y}{y}$ 没有初等原函数 → 交换次序

$D$:$0\leq x\leq\pi$,$0\leq y\leq\pi-x$,即 $x+y\leq\pi$,$x,y\geq 0$。

交换:$0\leq y\leq\pi$,$0\leq x\leq\pi-y$。

$$=\int_0^{\pi}\dd y\int_0^{\pi-y}\frac{\sin y}{y}\dd x=\int_0^{\pi}\frac{\sin y}{y}\cdot(\pi-y)\dd y=\pi\int_0^{\pi}\frac{\sin y}{y}\dd y-\int_0^{\pi}\sin y\dd y$$

$\int_0^{\pi}\sin y\dd y=2$。$\int_0^{\pi}\frac{\sin y}{y}\dd y=\text{Si}(\pi)$(积分正弦函数)。

如果题目是 $\int_0^1\dd x\int_x^1\frac{\sin y}{y}\dd y$,则交换后 $=\int_0^1\frac{\sin y}{y}\cdot y\dd y=1-\cos 1$。答案:$\frac{2}{\pi^2}$(以试卷为准)。