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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）

几何意义：当 $f(x,y)\geq 0$ 时，$\iint_D f(x,y)\,\dd\sigma$ 等于以 $D$ 为底、以曲面 $z=f(x,y)$ 为顶的曲顶柱体的体积。Riemann 和 $\sum f(\xi_i,\eta_i)\Delta\sigma_i$ 是用小长方棱柱之和来逼近体积。
二重积分体积3D
二重积分=曲顶柱体体积（左），极坐标下的面积微元 r dr dtheta（右，红色块）

基本性质（类比一元定积分）：

  1. 线性性：$\iint_D(\alpha f+\beta g)\,\dd\sigma = \alpha\iint_D f\,\dd\sigma + \beta\iint_D g\,\dd\sigma$
  2. 区域可加性：$D = D_1\cup D_2$（$D_1,D_2$ 内部不相交）$\Rightarrow \iint_D f\,\dd\sigma = \iint_{D_1} f\,\dd\sigma + \iint_{D_2} f\,\dd\sigma$
  3. 保号性（单调性）：$f\geq g$ 在 $D$ 上 $\Rightarrow \iint_D f\,\dd\sigma \geq \iint_D g\,\dd\sigma$；特别地 $f\geq 0 \Rightarrow \iint_D f\,\dd\sigma \geq 0$
  4. 估值不等式：设 $m\leq f(x,y)\leq M$ 在 $D$ 上成立，$S_D$ 为 $D$ 的面积，则 $m\cdot S_D \leq \iint_D f\,\dd\sigma \leq M\cdot S_D$
  5. 绝对值不等式：$\left|\iint_D f\,\dd\sigma\right|\leq \iint_D |f|\,\dd\sigma$
  6. 积分中值定理：$f$ 在有界闭区域 $D$ 上连续 $\Rightarrow$ $\exists\,(\xi,\eta)\in D$，使得 $$\iint_D f(x,y)\,\dd\sigma = f(\xi,\eta)\cdot S_D$$ $f(\xi,\eta)$ 称为 $f$ 在 $D$ 上的平均值。
Fubini 定理（化二重积分为累次积分）

设 $f(x,y)$ 在矩形区域 $R=[a,b]\times[c,d]$ 上连续，则：

$$\iint_R f(x,y)\,\dd x\,\dd y = \int_a^b\!\!\left(\int_c^d f(x,y)\,\dd y\right)\dd x = \int_c^d\!\!\left(\int_a^b f(x,y)\,\dd x\right)\dd y$$

两种累次积分次序相等，且均等于二重积分。推广：对一般有界闭区域 $D$，若 $f$ 连续，则 Fubini 定理仍成立（将 $D$ 化为 X-型或 Y-型区域描述后进行）。

累次积分记号：$\displaystyle\int_a^b\dd x\int_c^d f\,\dd y$ 表示先对 $y$ 从 $c$ 到 $d$ 积分，再对 $x$ 从 $a$ 到 $b$ 积分（从右向左执行）。

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。
交换积分次序
X-型与Y-型积分区域对比（生成配图）

如何判断区域类型并写出累次积分

X-型区域：过区域内任意竖线 $x=x_0$ 只与边界交于恰好两点（上边界 $y=\varphi_2(x)$，下边界 $y=\varphi_1(x)$）。先对 $y$ 积分，$x$ 的范围由最左到最右。

Y-型区域：过区域内任意横线 $y=y_0$ 只与边界交于恰好两点（右边界 $x=\psi_2(y)$，左边界 $x=\psi_1(y)$）。先对 $x$ 积分，$y$ 的范围由最低到最高。

混合型：若竖线或横线与边界交多于两点，则需分割区域为若干 X-型或 Y-型子区域之和。

笔记例题（p25）：计算 $\displaystyle\iint_D \frac{x}{y}\,\dd\sigma$，其中 $D$ 由 $x=2$，$y=0$，$xy=1$ 围成。
解

三条边界：直线 $x=2$、直线 $y=0$（$x$ 轴）、双曲线 $xy=1$（即 $y=\frac{1}{x}$）。

交点：$xy=1$ 与 $x=2$ 交于 $(2,\frac{1}{2})$；$xy=1$ 与 $y=0$ 无交点（趋于无穷），故区域右界为 $x=2$，下界 $y=0$，上界 $y=\frac{1}{x}$。区域为 X-型：

$$D:\quad 1\leq x\leq 2,\quad 0\leq y\leq \frac{1}{x}.$$

（注意 $x=1$ 时 $y=\frac{1}{x}=1$，$y=0$；$x\leq 1$ 时双曲线在轴以上无界，故下限从 $x=1$ 开始。）

$$I = \int_1^2\dd x\int_0^{1/x}\frac{x}{y}\,\dd y$$

内层：$\displaystyle\int_0^{1/x}\frac{x}{y}\,\dd y = x\left[\ln y\right]_0^{1/x}$——发散！

重新审题：实际上，$D$ 由 $x=2$、$y=0$、$xy=1$ 三条线围成的有界区域是：双曲线 $xy=1$ 在第一象限，$x$ 轴以上，$x=2$ 左侧，与两轴围成的有界闭区域即

$$D:\quad 0\leq x\leq 2,\quad 0\leq y,\quad xy\leq 1,\quad y\leq \frac{1}{x}\;(x>0).$$

更精确：$x\in[0,2]$ 时，$y$ 从 $0$ 到 $\min(1/x,\ldots)$。区域可拆为：当 $0\leq x\leq 1$，上界为 $y=\frac{1}{x}$；当 $1\leq x\leq 2$，上界为 $y=\frac{1}{x}$，但须配合 $y=0$ 下界。对此 X-型区域：

$$I = \int_1^2\dd x\int_0^{1/x}\frac{x}{y}\,\dd y$$

被积函数在 $y=0$ 处奇异 → 若需有限答案，通常题目给定的区域是 $D:\{1\leq x\leq 2,\;\frac{1}{x^2}\leq y\leq\frac{1}{x}\}$ 之类。

注意：拿到题目先仔细确认区域，双曲线附近常需检查奇异性。

笔记例题（p25）：计算 $\displaystyle\iint_D \frac{1}{y}\,\dd\sigma$，$D$：$x^2\leq y\leq x$（$x\geq 0$）。
解

边界：$y=x^2$（抛物线）与 $y=x$（直线），在 $x\in[0,1]$ 内，$x^2\leq x$。区域为 X-型：

$$I = \int_0^1\dd x\int_{x^2}^{x}\frac{1}{y}\,\dd y = \int_0^1\left[\ln y\right]_{x^2}^{x}\dd x = \int_0^1(\ln x - \ln x^2)\,\dd x = \int_0^1(-\ln x)\,\dd x$$ $$= -\left[x\ln x - x\right]_0^1 = -(-1) = 1.$$

（用 $\lim_{x\to 0^+}x\ln x=0$。）

笔记例题（p25）：计算 $\displaystyle\iint_D \cos(x+y)\,\dd\sigma$，$D$ 为顶点 $(0,0)$，$(\pi,0)$，$(\pi,\pi)$ 的三角形。
解

X-型：$0\leq x\leq\pi$，$0\leq y\leq x$。

$$I = \int_0^{\pi}\dd x\int_0^x\cos(x+y)\,\dd y = \int_0^{\pi}\left[\sin(x+y)\right]_0^x\dd x = \int_0^{\pi}(\sin 2x - \sin x)\,\dd x$$ $$= \left[-\frac{1}{2}\cos 2x+\cos x\right]_0^{\pi} = \left(-\frac{1}{2}-1\right)-\left(-\frac{1}{2}+1\right) = -\frac{3}{2}-\frac{1}{2} = -2$$
笔记例题（p25，体积）：$x^2+y^2=a^2$ 与 $x^2+z^2=a^2$ 两个圆柱的公共部分体积（笔记图示）。
解（利用二重积分）

公共部分位于 $|x|\leq a$，$|y|\leq\sqrt{a^2-x^2}$，$|z|\leq\sqrt{a^2-x^2}$。

由对称性，取第一卦限 $\times 8$：在第一象限 $D_1:\{x^2+y^2\leq a^2,\;x,y\geq 0\}$ 上，$z$ 从 $0$ 到 $\sqrt{a^2-x^2}$。

$$V = 8\iint_{D_1}\sqrt{a^2-x^2}\,\dd x\,\dd y = 8\int_0^a\dd x\int_0^{\sqrt{a^2-x^2}}\sqrt{a^2-x^2}\,\dd y$$ $$= 8\int_0^a\sqrt{a^2-x^2}\cdot\sqrt{a^2-x^2}\,\dd x = 8\int_0^a(a^2-x^2)\,\dd x$$ $$= 8\left[a^2 x-\frac{x^3}{3}\right]_0^a = 8\cdot\frac{2a^3}{3} = \frac{16a^3}{3}.$$
笔记例题（p25，复合区域）：$D$ 由 $x=2$，$y=0$，$y=x$ 围成；计算 $\displaystyle\iint_D \cos y\cdot e^x\,\dd\sigma$，利用对称性。
解

X-型区域：$0\leq x\leq 2$，$0\leq y\leq x$。

$$I = \int_0^2 e^x\dd x\int_0^x\cos y\,\dd y = \int_0^2 e^x\sin x\,\dd x$$

$\int e^x\sin x\,\dd x = \frac{e^x(\sin x-\cos x)}{2}+C$（分部积分两次）。

$$I = \left[\frac{e^x(\sin x-\cos x)}{2}\right]_0^2 = \frac{e^2(\sin 2-\cos 2)+1}{2}.$$
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

交换积分次序的标准步骤

  1. 从原积分限读出区域 $D$ 的不等式组（外层给出一个变量的范围，内层给出另一个关于外层的函数范围）
  2. 画出区域 $D$ 的草图，标出边界曲线的交点
  3. 重新描述 $D$：改用另一变量为外层，确定新的积分限
  4. 写出交换次序后的累次积分
信号词：若内层被积函数关于内层变量无初等原函数（$e^{y^2}$、$\frac{\sin y}{y}$、$\sin(y^2)$ 等），必须交换积分次序。

对称性化简规则（重要！）

对称性与奇偶性
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：$f(x,-y) = -f(x,y)$

由偶对称性，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：$\iint_D |y|x^2\,\dd\sigma = \iint_D |x|y^2\,\dd\sigma$，故

$$I = 2\iint_D |y|x^2\,\dd\sigma = 8\iint_{D_1} yx^2\,\dd\sigma$$

（$D_1$ 为第一象限部分 $\{x+y\leq 1,\;x,y\geq 0\}$，利用四象限偶对称性乘以 $4$，再用轮换乘以 $2$）

$$= 8\int_0^1\dd x\int_0^{1-x}yx^2\,\dd y = 8\int_0^1 x^2\cdot\frac{(1-x)^2}{2}\,\dd x = 4\int_0^1 x^2(1-x)^2\,\dd x$$ $$= 4\int_0^1(x^2-2x^3+x^4)\,\dd x = 4\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{5}\right) = 4\cdot\frac{1}{30} = \frac{2}{15}.$$
笔记例题（p26）：$\displaystyle\iint_D (y^2-x)\,\dd y\,\dd x$，$D$：$y\geq x^2$，$y\leq x+2$。
解

求边界交点：$x^2=x+2 \Rightarrow x^2-x-2=0 \Rightarrow x=-1$ 或 $x=2$。故交点为 $(-1,1)$ 和 $(2,4)$。

X-型：$-1\leq x\leq 2$，$x^2\leq y\leq x+2$。

$$I = \int_{-1}^2\dd x\int_{x^2}^{x+2}(y^2-x)\,\dd y$$

内层积分：

$$\int_{x^2}^{x+2}(y^2-x)\,\dd y = \left[\frac{y^3}{3}-xy\right]_{x^2}^{x+2}$$ $$= \frac{(x+2)^3}{3}-x(x+2)-\frac{x^6}{3}+x^3$$ $$= \frac{x^3+6x^2+12x+8}{3} - x^2-2x - \frac{x^6}{3}+x^3$$ $$= \frac{x^3+6x^2+12x+8-x^6}{3} - x^2-2x+x^3$$

外层积分：逐项展开被积函数：

$$g(x) = \frac{(x+2)^3}{3}-x(x+2)-\frac{x^6}{3}+x^3$$ $$= \frac{1}{3}(x+2)^3 + x^3 - x^2 - 2x - \frac{x^6}{3}$$

展开 $(x+2)^3 = x^3+6x^2+12x+8$：

$$g(x) = \frac{x^3+6x^2+12x+8}{3} + x^3 - x^2 - 2x - \frac{x^6}{3}$$ $$= \frac{x^3}{3}+2x^2+4x+\frac{8}{3} + x^3 - x^2 - 2x - \frac{x^6}{3}$$ $$= -\frac{x^6}{3} + \frac{4x^3}{3} + x^2 + 2x + \frac{8}{3}$$

逐项积分（从 $-1$ 到 $2$）：

$$I = \int_{-1}^2\left(-\frac{x^6}{3}+\frac{4x^3}{3}+x^2+2x+\frac{8}{3}\right)\dd x$$ $$= \left[-\frac{x^7}{21}+\frac{x^4}{3}+\frac{x^3}{3}+x^2+\frac{8x}{3}\right]_{-1}^2$$

在 $x=2$：$-\frac{128}{21}+\frac{16}{3}+\frac{8}{3}+4+\frac{16}{3} = -\frac{128}{21}+\frac{16+8+16}{3}+4 = -\frac{128}{21}+\frac{40}{3}+4$

$= -\frac{128}{21}+\frac{280}{21}+\frac{84}{21} = \frac{-128+280+84}{21} = \frac{236}{21}$

在 $x=-1$：$-\frac{-1}{21}+\frac{1}{3}+\frac{-1}{3}+1+\frac{-8}{3} = \frac{1}{21}+0+1-\frac{8}{3} = \frac{1}{21}+1-\frac{8}{3}$

$= \frac{1}{21}+\frac{21}{21}-\frac{56}{21} = \frac{1+21-56}{21} = \frac{-34}{21}$

$$I = \frac{236}{21}-\left(\frac{-34}{21}\right) = \frac{270}{21} = \boxed{\frac{90}{7}}$$
笔记例题（p26，对称区域符号判断）：$\displaystyle\iint_D xy\,\dd\sigma$，$D: y\geq\sin x$，$y\leq\frac{\pi}{2}$，$-\frac{\pi}{2}\leq x\leq\frac{\pi}{2}$。
解

$D$ 关于 $y$ 轴对称（因为 $\sin x$ 是奇函数，区域关于 $y$ 轴对称）。被积函数 $xy$ 关于 $x$ 是奇函数：$f(-x,y)=-f(x,y)$。

由对称性：$\displaystyle\iint_D xy\,\dd\sigma = 0$。

笔记例题（p26）：$\displaystyle\iint_D (g(x^2-y^2)-x)\,\dd y\,\dd x$，$D$：$y\geq 0$，$y\leq 2$（以 $D$ 关于 $x$ 轴对称为例）。
解（对称性分析）

设 $D$ 关于 $x$ 轴对称（即 $(x,y)\in D\Leftrightarrow(x,-y)\in D$）。

  • $g(x^2-y^2)$：因 $(-y)^2=y^2$，故 $g(x^2-(-y)^2)=g(x^2-y^2)$，关于 $y$ 是偶函数 → 积分翻倍（$D^+$ 上积分乘以 $2$）。
  • $-x$：与 $y$ 无关，亦为偶函数 → 同样处理。

完整结论：$\iint_D[g(x^2-y^2)-x]\,\dd\sigma = 2\iint_{D^+}[g(x^2-y^2)-x]\,\dd\sigma$，其中 $D^+$ 为 $D$ 的上半部分。

笔记例题（p26）：$\displaystyle\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,\dd\sigma$，$D: |x|\leq 1$，$0\leq y\leq 2$。
解

$D$ 关于 $y$ 轴对称，$\sqrt{x^2+y^2}$ 关于 $x$ 是偶函数，故

$$I = 2\iint_{D^+}\sqrt{x^2+y^2}\,\dd\sigma,\quad D^+:\;0\leq x\leq 1,\;0\leq y\leq 2.$$ $$I = 2\int_0^2\dd y\int_0^1\sqrt{x^2+y^2}\,\dd x.$$

内层（公式 $\int\sqrt{x^2+a^2}\,\dd x = \frac{x}{2}\sqrt{x^2+a^2}+\frac{a^2}{2}\ln(x+\sqrt{x^2+a^2})+C$）：

$$\int_0^1\sqrt{x^2+y^2}\,\dd x = \left[\frac{x}{2}\sqrt{x^2+y^2}+\frac{y^2}{2}\ln(x+\sqrt{x^2+y^2})\right]_0^1$$ $$= \frac{\sqrt{1+y^2}}{2}+\frac{y^2}{2}\ln(1+\sqrt{1+y^2})-\frac{y^2}{2}\ln y.$$

（此外层积分结果较复杂，实际考试中此类题常用极坐标或直接数值近似；结果留为上式。）

9.1.4 变量替换与极坐标

变量替换
坐标系
极坐标、柱坐标、球坐标对比（生成配图）
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！）
$$x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta$$ $$\left|\frac{\pp(x,y)}{\pp(r,\theta)}\right| = \begin{vmatrix}\cos\theta & -r\sin\theta\\ \sin\theta & r\cos\theta\end{vmatrix} = r$$ $$\dd x\dd y = r\,\dd r\,\dd\theta$$
极坐标下常见积分区域
直角坐标区域极坐标表示$\theta$ 范围$r$ 范围
圆盘 $x^2+y^2\leq R^2$$r\leq R$$[0,2\pi]$$[0,R]$
上半圆盘 $x^2+y^2\leq R^2,\;y\geq 0$$r\leq R$$[0,\pi]$$[0,R]$
扇形（夹角 $\alpha$ 到 $\beta$）$r\leq R$$r\leq R$$[\alpha,\beta]$$[0,R]$
环形 $a^2\leq x^2+y^2\leq b^2$$a\leq r\leq b$$[0,2\pi]$$[a,b]$
偏心圆 $x^2+y^2\leq 2ax$（$a>0$）$r\leq 2a\cos\theta$$[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$$[0,2a\cos\theta]$
偏心圆 $x^2+y^2\leq 2by$（$b>0$）$r\leq 2b\sin\theta$$[0,\pi]$$[0,2b\sin\theta]$
心形线 $r=a(1+\cos\theta)$$r\leq a(1+\cos\theta)$$[-\pi,\pi]$$[0,a(1+\cos\theta)]$
玫瑰线 $r=a\cos(n\theta)$（一瓣）$r\leq a\cos(n\theta)$$[-\frac{\pi}{2n},\frac{\pi}{2n}]$$[0,a\cos(n\theta)]$

极坐标适用场景：

最易犯错：极坐标换元后面积元素是 $\dd x\,\dd y = r\,\dd r\,\dd\theta$，必须乘以 Jacobi 行列式 $r$。忘记 $r$ 是最常见失分点。
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 $\iint_D \frac{x^2}{x^2+y^2}\dd\sigma = \iint_D \frac{y^2}{x^2+y^2}\dd\sigma$

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

笔记例题（p27，一般变量替换）：计算 $\displaystyle\iint_D\left(\frac{x^2}{y^2}+\sqrt{\frac{x}{y}}\right)\dd x\,\dd y$，$D$：$\{1\leq x+y\leq 4,\;1\leq x-y\leq 4\}$（菱形区域）。
解

令 $u=x+y$，$v=x-y$，则 $D$ 映射为矩形 $D':\{1\leq u\leq 4,\;1\leq v\leq 4\}$。

反解：$x=\frac{u+v}{2}$，$y=\frac{u-v}{2}$。Jacobi 行列式：

$$\frac{\pp(x,y)}{\pp(u,v)}=\begin{vmatrix}\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\end{vmatrix}=-\frac{1}{2},\quad\left|\frac{\pp(x,y)}{\pp(u,v)}\right|=\frac{1}{2}.$$ $$I = \iint_{D'}\left(\frac{(u+v)^2/4}{(u-v)^2/4}+\sqrt{\frac{(u+v)/2}{(u-v)/2}}\right)\cdot\frac{1}{2}\,\dd u\,\dd v$$ $$= \frac{1}{2}\int_1^4\dd u\int_1^4\left[\left(\frac{u+v}{u-v}\right)^2+\sqrt{\frac{u+v}{u-v}}\right]\dd v.$$

（此题主要考查 Jacobi 变换的应用，实际计算可按上式逐步展开。）

笔记例题（p27，线性替换，菱形区域）：$\displaystyle\iint_D\ln\!\left(\frac{x^2}{y^2}\right)\dd x\,\dd y$，$D$：$|x|+|y|\leq 1$（菱形）。
解

令 $u=x+y$，$v=x-y$。$D$（菱形 $|x|+|y|\leq 1$）在新变量下变为正方形：

$|x|+|y|\leq 1$ 的四条边 $x+y=\pm 1$，$x-y=\pm 1$ 对应 $u=\pm 1$，$v=\pm 1$，故 $D'=\{|u|\leq 1,|v|\leq 1\}$。

$$\left|\frac{\pp(x,y)}{\pp(u,v)}\right|=\frac{1}{2}.$$

被积函数 $\ln\!\left(\frac{x^2}{y^2}\right)=2\ln|x|-2\ln|y|$，代入 $x=\frac{u+v}{2}$，$y=\frac{u-v}{2}$：

$$= 2\ln\left|\frac{u+v}{2}\right|-2\ln\left|\frac{u-v}{2}\right|=2\ln|u+v|-2\ln|u-v|.$$ $$I = \frac{1}{2}\int_{-1}^1\dd u\int_{-1}^1 2(\ln|u+v|-\ln|u-v|)\,\dd v.$$

$D'$ 关于 $u$ 轴、$v$ 轴均对称，而 $\ln|u+v|-\ln|u-v|$ 关于 $u$ 是奇函数（将 $u\to-u$ 后变号），故 $I=0$。

（验证：$D$ 关于原点对称，被积函数关于原点是奇函数 → 积分 $=0$。）

笔记例题（p27，$u=x^2$，$v=y$）：$\displaystyle\iint_D\ln(x^2+y)\,\dd x\,\dd y$，$D$：$x=1$，$y=0$，$x=2$，$y=4-x^2$（梯形型）。
解（直接 X-型累次积分）

X-型：$1\leq x\leq 2$，$0\leq y\leq 4-x^2$。

$$I = \int_1^2\dd x\int_0^{4-x^2}\ln(x^2+y)\,\dd y.$$

内层（分部积分，$\int\ln(a+y)\dd y=(a+y)\ln(a+y)-(a+y)+C$，取 $a=x^2$）：

$$\int_0^{4-x^2}\ln(x^2+y)\,\dd y=\left[(x^2+y)\ln(x^2+y)-(x^2+y)\right]_0^{4-x^2}$$ $$= 4\ln 4-4 - x^2\ln x^2+x^2.$$

外层：$\displaystyle I=\int_1^2(4\ln 4-4-2x^2\ln x+x^2)\,\dd x$（展开后逐项积分，略）。

笔记例题（p27，仿射替换，$D$：$x=1$，$y=0$，$xy=2$）：$\displaystyle\iint_D\ln\frac{x^2}{y}\,\dd x\,\dd y$。
解

令 $u=xy$，$v=x$（或 $u=x^2/y$），此题可转化为标准矩形区域。令 $u=xy$，$v=\frac{x}{y}$（则 $x^2/y=xv/y\cdot y/y$…较复杂）。

更简洁做法：令 $x=s$，$y=t/s$（令 $u=xy=t$，$v=x=s$），则 $y=u/v$，区域 $D$（由 $xy=1$，$xy=2$，$x=1$，$x=2$ 围成）变为 $D':\{1\leq u\leq 2,\;1\leq v\leq 2\}$，Jacobi：

$$\frac{\pp(x,y)}{\pp(u,v)}=\frac{\pp(v,u/v)}{\pp(u,v)}=\begin{vmatrix}0&1\\1/v&-u/v^2\end{vmatrix}=-\frac{1}{v},\quad|\cdot|=\frac{1}{v}.$$

被积函数 $\ln\frac{x^2}{y}=\ln\frac{v^2}{u/v}=\ln\frac{v^3}{u}=3\ln v-\ln u$。

$$I=\int_1^2\dd u\int_1^2(3\ln v-\ln u)\frac{1}{v}\,\dd v.$$

两项分别积分：$\displaystyle\int_1^2\frac{3\ln v}{v}\,\dd v=\frac{3}{2}(\ln 2)^2$；$\displaystyle\int_1^2\frac{\ln u}{1}\,\dd u\cdot\int_1^2\frac{1}{v}\,\dd v=[u\ln u-u]_1^2\cdot\ln 2=(2\ln 2-1)\ln 2$。

$$I=\int_1^2\frac{3(\ln v)^2}{2}\Big|_{?}\;\text{（按各步独立积分得最终数值结果，留作练习）}.$$
笔记例题（p27，极坐标）：$\displaystyle\iint_D\ln\!\sqrt{x^2+y^2}\,\dd x\,\dd y$，$D$：$1\leq x^2+y^2\leq 4$（环形）。
解

极坐标：$1\leq r\leq 2$，$0\leq\theta\leq 2\pi$，$\ln\sqrt{x^2+y^2}=\ln r$。

$$I=\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_1^2\ln r\cdot r\,\dd r = 2\pi\int_1^2 r\ln r\,\dd r.$$

分部积分（$u=\ln r$，$\dd v=r\,\dd r$）：

$$\int_1^2 r\ln r\,\dd r=\left[\frac{r^2}{2}\ln r\right]_1^2-\int_1^2\frac{r^2}{2}\cdot\frac{1}{r}\,\dd r=2\ln 2-\frac{1}{2}\int_1^2 r\,\dd r=2\ln 2-\frac{3}{4}.$$ $$I = 2\pi\left(2\ln 2-\frac{3}{4}\right) = \pi(4\ln 2-\tfrac{3}{2}).$$
笔记例题（p27，极坐标）：$\displaystyle\iint_D e^{-(x^2+y^2)}\,\dd x\,\dd y$，$D$：$x^2+y^2\leq R^2$。
解
$$I=\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^R e^{-r^2}\cdot r\,\dd r = 2\pi\int_0^R re^{-r^2}\,\dd r = 2\pi\left[-\frac{1}{2}e^{-r^2}\right]_0^R = \pi(1-e^{-R^2}).$$

当 $R\to\infty$：$\displaystyle\iint_{\RR^2}e^{-(x^2+y^2)}\,\dd x\,\dd y=\pi$，由此导出 Gauss 积分 $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}\,\dd x=\sqrt{\pi}$。

二重积分解题方法总结
  1. 画积分区域：这是最关键的一步！画出 $D$ 的图形
  2. 选择积分次序：
    • 先 $y$ 后 $x$（X-型）：$D$ 上下是 $y$ 的函数
    • 先 $x$ 后 $y$（Y-型）：$D$ 左右是 $x$ 的函数
  3. 极坐标判断：被积函数含 $x^2+y^2$，或区域是圆/扇形 → 极坐标
  4. 对称性：
    • 区域关于 $x$ 轴对称 + 被积函数关于 $y$ 为奇函数 → 积分 $= 0$
    • 区域关于 $y=x$ 对称 → 交换 $x,y$ 不变
  5. 交换积分次序：画图 → 重新确定上下限（考试高频题型！）
【讲义重点】极坐标变换时，$\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$，不要忘记多乘一个 $r$！这是最常见的计算错误。

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

外层（利用偶对称性 $\times 2$）：

$$I = \frac{16}{3}\int_0^{\pi/2}(1-\sin^3\theta)\,\dd\theta = \frac{16}{3}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{2}{3}\right) = \frac{8\pi}{3}-\frac{32}{9} = \frac{8(3\pi-4)}{9}$$

答案：$\dfrac{8(3\pi-4)}{9}\approx 4.82$

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 → $=0$

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

$I=\dfrac{\pi}{4}+0+\pi=\dfrac{5\pi}{4}$。

技巧：展开后逐项利用对称性和轮换性化简，$\iint x\dd\sigma=0$（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 $D_1$：$0\leq y\leq 1$，$0\leq x\leq y+1$，即满足 $x\leq y+1$（等价于 $y\geq x-1$），$0\leq y\leq 1$，$x\geq 0$ 的区域。顶点为 $(0,0)$，$(1,0)$，$(2,1)$，$(0,1)$。

第二个 $D_2$：$0\leq y\leq 1$，$0\leq x\leq\sqrt{1-y^2}$，即第一象限四分之一圆盘 $x^2+y^2\leq 1$，$x,y\geq 0$。

合并 $D=D_1\cup D_2$，按先 $y$ 后 $x$ 重新描述：

  • $D_1$ 改写（先 $y$ 后 $x$）：$x$ 从 $0$ 到 $2$；给定 $x$，$y$ 从 $\max(0,x-1)$ 到 $1$。即 $0\leq x\leq 1$ 时 $0\leq y\leq 1$，$1\leq x\leq 2$ 时 $x-1\leq y\leq 1$。
  • $D_2$ 改写（先 $y$ 后 $x$）：$0\leq x\leq 1$，$0\leq y\leq\sqrt{1-x^2}$。
  • 两区域合并：对 $0\leq x\leq 1$，$D_1$ 贡献 $[0,1]$，$D_2$ 贡献 $[0,\sqrt{1-x^2}]\subset[0,1]$，故并集为 $[0,1]$。对 $1\leq x\leq 2$，仅 $D_1$ 贡献 $[x-1,1]$。

结果：

$$\int_0^1\dd y\int_0^{y+1}f\dd x+\int_0^1\dd y\int_0^{\sqrt{1-y^2}}f\dd x = \int_0^1\dd x\int_0^1 f\,\dd y+\int_1^2\dd x\int_{x-1}^1 f\,\dd y$$

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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$\dfrac{\sin y}{y}$ 关于 $y$ 没有初等原函数 → 必须交换积分次序。

第一步：画积分区域。 原次序为先 $y$ 后 $x$：$0\leq x\leq\pi$，$0\leq y\leq\pi-x$。这等价于三角形区域

$$D:\quad x\geq 0,\quad y\geq 0,\quad x+y\leq\pi.$$

第二步：交换次序。 改为先 $x$ 后 $y$：固定 $y\in[0,\pi]$，$x$ 从 $0$ 到 $\pi-y$，故

$$\int_0^{\pi}\dd x\int_0^{\pi-x}\frac{\sin y}{y}\dd y = \int_0^{\pi}\dd y\int_0^{\pi-y}\frac{\sin y}{y}\dd x.$$

第三步：计算内层积分。 $\dfrac{\sin y}{y}$ 与 $x$ 无关，内层积分为

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

第四步：计算外层积分。

$$= \int_0^{\pi}\frac{(\pi-y)\sin y}{y}\dd y = \pi\int_0^{\pi}\frac{\sin y}{y}\dd y - \int_0^{\pi}\sin y\,\dd y.$$

对第二个积分：$\displaystyle\int_0^{\pi}\sin y\,\dd y = [-\cos y]_0^{\pi} = 1+1 = 2$。

对第一个积分：$\displaystyle\int_0^{\pi}\frac{\sin y}{y}\dd y$ 是积分正弦函数，记作 $\operatorname{Si}(\pi)$，为非初等函数，不可再化简。

最终答案：

$$\boxed{\pi\operatorname{Si}(\pi)-2}$$

其中 $\operatorname{Si}(\pi)=\displaystyle\int_0^{\pi}\frac{\sin t}{t}\dd t\approx 1.8519$，故数值上 $\approx \pi\times 1.8519-2\approx 3.817$。

总结：遇到 $\dfrac{\sin y}{y}$、$e^{y^2}$ 等对内层变量无初等原函数的被积函数，立即交换积分次序，使该函数变为外层被积量再作处理。

📝 补充练习题：二重积分

说明：以下三道题涵盖极坐标、交换积分次序和对称性三个核心考点，是真题出题频率最高的题型。

【补充题1】（极坐标 + 偏心圆） 计算 $\displaystyle\iint_D \sqrt{x^2+y^2}\,\dd x\dd y$，其中 $D: x^2+y^2\leq 2y$（$y\geq 0$）。
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解

第一步：识别区域。 $x^2+y^2\leq 2y \Leftrightarrow x^2+(y-1)^2\leq 1$，即圆心 $(0,1)$、半径 $1$ 的圆盘。

第二步：极坐标变换。 $x^2+y^2\leq 2y \Rightarrow r^2\leq 2r\sin\theta \Rightarrow r\leq 2\sin\theta$，$\theta\in[0,\pi]$（上半圆，$y\geq 0$ 自然满足）。

第三步：计算。 $\sqrt{x^2+y^2}=r$，$\dd x\dd y = r\,\dd r\,\dd\theta$，故

$$I = \int_0^{\pi}\dd\theta\int_0^{2\sin\theta} r\cdot r\,\dd r = \int_0^{\pi}\dd\theta\int_0^{2\sin\theta}r^2\,\dd r$$ $$= \int_0^{\pi}\left[\frac{r^3}{3}\right]_0^{2\sin\theta}\dd\theta = \int_0^{\pi}\frac{8\sin^3\theta}{3}\,\dd\theta$$

利用 Wallis 积分：$\displaystyle\int_0^{\pi}\sin^3\theta\,\dd\theta = 2\int_0^{\pi/2}\sin^3\theta\,\dd\theta = 2\cdot\frac{2}{3} = \frac{4}{3}$，

$$\boxed{I = \frac{8}{3}\cdot\frac{4}{3} = \frac{32}{9}}$$
技巧：偏心圆 $x^2+y^2\leq 2by$ 的极坐标为 $r\leq 2b\sin\theta$，$\theta\in[0,\pi]$。$\int_0^\pi\sin^n\theta\,\dd\theta = 2\int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,\dd\theta$（$n\geq 1$）。
【补充题2】（交换积分次序 + 无初等原函数） 计算 $\displaystyle\int_0^2\dd x\int_x^2 e^{y^2}\dd y$。
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解

第一步：发现信号。 被积函数 $e^{y^2}$ 对 $y$ 没有初等原函数，必须交换积分次序。

第二步：读出积分区域。 原次序：$x\in[0,2]$，$y\in[x,2]$。即

$$D:\quad 0\leq x\leq 2,\quad x\leq y\leq 2$$

等价地，固定 $y$：$y\in[0,2]$，$x$ 从 $0$ 到 $y$：

$$D:\quad 0\leq y\leq 2,\quad 0\leq x\leq y$$

第三步：交换次序并计算。

$$I = \int_0^2\dd y\int_0^y e^{y^2}\dd x = \int_0^2 e^{y^2}\cdot y\,\dd y$$

令 $u=y^2$，$\dd u=2y\,\dd y$，$y:0\to 2$ 对应 $u:0\to 4$：

$$= \frac{1}{2}\int_0^4 e^u\,\dd u = \frac{1}{2}\left[e^u\right]_0^4 = \frac{1}{2}(e^4-1)$$ $$\boxed{I = \frac{e^4-1}{2}}$$
总结：看到 $e^{y^2}$、$\sin(y^2)$、$\cos(y^2)$、$\dfrac{\sin y}{y}$ 等"不可积函数"在内层，立即交换积分次序！
【补充题3】（奇偶对称性 + 轮换对称性） 计算 $\displaystyle\iint_D\left(3x^2 y + \sin^3 x + y^3 + xy^2\right)\dd x\dd y$，其中 $D: x^2+y^2\leq 4$（圆盘）。
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解

第一步：逐项分析对称性。 $D$ 关于 $x$ 轴和 $y$ 轴均对称（圆盘）。

  • $3x^2 y$：关于 $y$ 是奇函数（$y\to -y$ 变号），$D$ 关于 $x$ 轴对称 $\Rightarrow \iint_D 3x^2 y\,\dd\sigma = 0$。
  • $\sin^3 x$：关于 $x$ 是奇函数（$\sin^3(-x) = -\sin^3 x$），$D$ 关于 $y$ 轴对称 $\Rightarrow \iint_D\sin^3 x\,\dd\sigma = 0$。
  • $xy^2$：关于 $x$ 是奇函数，$D$ 关于 $y$ 轴对称 $\Rightarrow \iint_D xy^2\,\dd\sigma = 0$。
  • $y^3$：关于 $y$ 是奇函数，$D$ 关于 $x$ 轴对称 $\Rightarrow \iint_D y^3\,\dd\sigma = 0$。

第二步：求和。 所有四项积分均为零，故

$$\boxed{I = 0 + 0 + 0 + 0 = 0}$$
口诀：区域关于某轴对称，被积函数关于该坐标为奇函数 $\Rightarrow$ 积分为零。遇到圆盘、矩形、对称多边形等区域，先检查每项的奇偶性，往往可以大量化简。
【真题原型 · 轮换对称性 2022-2023 改】 计算 $\iint_D x\,\dd\sigma$，其中 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leq 1,\ x\geq 0,\ y\geq 0\}$（第一象限单位扇形）。
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解法（轮换对称）：区域 $D$ 关于直线 $y=x$ 对称，故 $\displaystyle\iint_D x\,\dd\sigma=\iint_D y\,\dd\sigma$，于是

$$\iint_D x\,\dd\sigma=\tfrac12\iint_D (x+y)\,\dd\sigma$$

再用极坐标 $x+y=r(\cos\theta+\sin\theta)$，$\dd\sigma=r\,\dd r\,\dd\theta$，$\theta\in[0,\tfrac\pi2],\,r\in[0,1]$：

$$\tfrac12\!\int_0^{\pi/2}\!(\cos\theta+\sin\theta)\,\dd\theta\!\int_0^1 r^2\,\dd r=\tfrac12\cdot[\sin\theta-\cos\theta]_0^{\pi/2}\cdot\tfrac13=\tfrac12\cdot 2\cdot\tfrac13=\tfrac13$$

$\boxed{\displaystyle\iint_D x\,\dd\sigma=\tfrac13}$（直接算 $\iint_D x\,\dd\sigma=\int_0^{\pi/2}\cos\theta\,\dd\theta\int_0^1 r^2\,\dd r=1\cdot\tfrac13=\tfrac13$，验证一致）

⭐ 必背块：二重积分概念与性质

一、四条性质（默写）
二、对称性三板斧（最高频）
三、记牢：面积与几何意义

⚠️ 易错点（概念与性质，3条）

易错1：估值定理找错 $m,M$。 $m,M$ 是被积函数 $f$ 在整个 $D$ 上的最小/最大值，要在区域顶点/边界上逐一比较，不能只看某一点。
易错2：用奇偶对称前没核对"区域对称 + 函数奇偶"两个条件。 二者缺一不可——区域不对称时奇函数积分也不为 0。
易错3：把"轮换对称"误用成"区域不关于 $y=x$ 对称也能换 $x\leftrightarrow y$"。 轮换对称要求 $D$ 本身关于直线 $y=x$ 对称才成立。

🔴 你在这卡过

卡点（对称性意识不足，参见 9.2 换坐标薄弱点）： 做二重积分时容易上来就硬算累次积分，忽略对称性这把"提前减负"的刀。
怎么破：动笔前先问三句——(1) 区域有没有对称轴（$x$ 轴 / $y$ 轴 / $y=x$）？(2) 被积函数对相应变量是奇是偶？(3) 奇函数 + 对称区域 → 直接写 $0$，省掉全部计算。带 $x$ 或 $y$ 一次项、且区域对称时，优先想"奇函数为 0"或"轮换对称把 $\iint x=\iint y$"。这一步常常把大题变送分。

🎯 期中考试题型总结：二重积分（期中重点!!）

题型1：计算二重积分（直角坐标）⭐⭐⭐

识别特征：给出积分区域（三角形、抛物线围成等），被积函数可以直接化为累次积分。

标准步骤：

  1. 画图确定区域 $D$ 的形状和边界交点
  2. 选择 X-型（先 $y$ 后 $x$）或 Y-型（先 $x$ 后 $y$），以使内层积分可解为准
  3. 写出积分限，逐层积分（内层视外层变量为常数）

速解技巧：被积函数可分离 $f(x,y)=g(x)h(y)$ 且区域是矩形时，$\iint_D g(x)h(y)\dd\sigma = \int_a^b g(x)\dd x\cdot\int_c^d h(y)\dd y$。

易错点：积分限的上下顺序不能写反；内层积分后得到的是关于外层变量的函数，再对外层变量积分。

mini例：$D$ 由 $y=x^2$，$y=x$ 围成（$0\leq x\leq 1$），则

$$\iint_D f(x,y)\dd\sigma = \int_0^1\dd x\int_{x^2}^{x} f(x,y)\dd y$$
题型2：交换积分次序 ⭐⭐⭐⭐（必考大题！）

识别特征：内层被积函数关于内层变量无初等原函数，如 $e^{y^2}$，$\sin(y^2)$，$\cos(y^2)$，$\dfrac{\sin y}{y}$，$\dfrac{e^y}{y}$。

标准步骤：

  1. 从原积分限读出区域不等式组（外层给范围，内层给另一变量的上下界函数）
  2. 画出区域 $D$ 的草图，标出边界交点
  3. 以另一变量为外层，重新描述 $D$ 的积分限
  4. 写出交换次序后的累次积分

速解技巧：画图是核心，画完后"竖扫"变"横扫"或反之，直接读新积分限。

易错点：新外层变量的范围要取整个区域的极值，新内层的上下界是关于新外层变量的函数；注意分段（区域非单连通时需分成几段积分）。

mini例：$\displaystyle\int_0^1\dd x\int_x^1 e^{y^2}\dd y$，$e^{y^2}$ 无初等原函数，交换次序：

$$D:\{0\leq x\leq y,\;0\leq y\leq 1\}\;\Rightarrow\;\int_0^1\dd y\int_0^y e^{y^2}\dd x = \int_0^1 ye^{y^2}\dd y = \tfrac{1}{2}(e-1)$$
题型3：极坐标计算二重积分 ⭐⭐⭐⭐

识别特征：①被积函数含 $x^2+y^2$、$\sqrt{x^2+y^2}$、$\arctan\frac{y}{x}$；②积分区域是圆盘、半圆、扇形、环形或偏心圆。

标准步骤：

  1. 令 $x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，$\dd x\dd y = r\,\dd r\,\dd\theta$（别忘乘 $r$！）
  2. 将积分区域用极坐标表示（确定 $\theta$ 和 $r$ 的范围）
  3. 将被积函数代入极坐标，逐层积分

速解技巧：偏心圆 $x^2+y^2\leq 2ax$ 化为 $r\leq 2a\cos\theta$，$\theta\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$；偏心圆 $x^2+y^2\leq 2by$ 化为 $r\leq 2b\sin\theta$，$\theta\in[0,\pi]$。

易错点：面积元是 $r\,\dd r\,\dd\theta$，漏写 $r$ 是最常见失分点；$\theta$ 的范围要根据区域位置仔细确定。

mini例：$\displaystyle\iint_D e^{-(x^2+y^2)}\dd\sigma$，$D: x^2+y^2\leq R^2$，转极坐标：

$$= \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^R e^{-r^2}\cdot r\,\dd r = 2\pi\int_0^R re^{-r^2}\dd r = \pi(1-e^{-R^2})$$
题型4：利用对称性化简 ⭐⭐⭐

识别特征：积分区域关于某坐标轴对称，被积函数含奇次幂项（$x$，$y$，$xy$ 等）；或区域关于 $y=x$ 对称（圆盘等）。

标准步骤：

  1. 判断区域的对称性（关于 $x$ 轴、$y$ 轴、$y=x$ 对称？）
  2. 判断被积函数关于该轴变量的奇偶性
  3. 奇函数 $\Rightarrow$ 积分为零；偶函数 $\Rightarrow$ 积分加倍（取一侧）；轮换对称 $\Rightarrow$ $\iint f(x,y)=\iint f(y,x)$

速解技巧：遇到圆盘区域，$\iint_D x^2\dd\sigma = \iint_D y^2\dd\sigma = \frac{1}{2}\iint_D(x^2+y^2)\dd\sigma$（轮换对称）。

易错点：对称性要区分"区域关于 $x$ 轴"（含 $y$ 分析奇偶性）还是"关于 $y$ 轴"（含 $x$ 分析奇偶性），方向勿混淆。

mini例：$\displaystyle\iint_D xy\dd\sigma$，$D: x^2+y^2\leq 1$。$D$ 关于 $x$ 轴对称，$xy$ 对 $y$ 为奇函数，故

$$\iint_D xy\dd\sigma = 0$$
题型5：变量替换（Jacobi行列式）⭐⭐

识别特征：积分区域是菱形、平行四边形或由 $x\pm y=c_i$ 围成；被积函数形如 $f(x+y)$、$f(x-y)$、$f(x/y)$ 等。

标准步骤：

  1. 选取换元 $u=u(x,y)$，$v=v(x,y)$，使新区域变为矩形
  2. 解出 $x=x(u,v)$，$y=y(u,v)$，计算 Jacobi 行列式 $J=\left|\dfrac{\pp(x,y)}{\pp(u,v)}\right|$
  3. $\dd x\dd y = |J|\,\dd u\dd v$，代入被积函数，在新区域上积分

速解技巧：若 $u=x+y$，$v=x-y$，则 $J=\frac{1}{2}$（常用结论）；菱形区域 $|x|+|y|\leq 1$ 在此换元下变为正方形 $|u|\leq 1$，$|v|\leq 1$。

易错点：Jacobi 行列式是 $\frac{\pp(x,y)}{\pp(u,v)}$（$x,y$ 对 $u,v$ 求导），不是其逆；换元后被积函数要完整代入。

mini例：$D$：$\{1\leq x+y\leq 2,\;0\leq x-y\leq 1\}$，令 $u=x+y$，$v=x-y$：

$$\iint_D f(x+y,x-y)\dd x\dd y = \frac{1}{2}\int_1^2\dd u\int_0^1 f(u,v)\dd v$$
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