【高等数学基础进阶】二重积分本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。二重积分的概念与性质定义： $$ \

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二重积分的概念与性质

定义：

\iint\limits_{D}f(x,y)d \sigma=\lim\limits_{\lambda \to 0}\sum\limits_{i=1}^{n}f(x_{i},y_{i})\Delta \sigma_{i}

性质

性质1（不等式）：

在 $D$ 上若 $f(x,y)\leq g(x,y)$ ，则 $\iint\limits_{D}f(x,y)d \sigma \leq \iint\limits_{D}g(x,y)d \sigma$
若在 $D$ 上有 $m \leq f(x,y)\leq M$ ，则

$mS \leq \iint\limits_{D}f(x,y)d \sigma \leq MS$

$\left|\iint\limits_{D}f(x,y)d \sigma\right|\leq \iint\limits_{D}\left|f(x,y)\right|d \sigma$

性质2（中值定理）：设函数 $f(x,y)$ 在闭区域 $D$ 上连续， $S$ 为区域 $D$ 的面积，则在 $D$ 上至少存在一点 $(\xi ,\eta )$ ，使得

\iint\limits_{D}f(x,y)d \sigma=f(\xi ,\eta )\cdot S

二重积分计算

利用直角坐标计算

先 $y$ 后 $x$

\iint\limits_{D}f(x,y)d \sigma=\int_{a}^{b}dx \int_{\phi_{2}(x)}^{\phi_{1}(x)}f(x,y)dy

先 $x$ 后 $y$

\iint\limits_{D}f(x,y)d \sigma=\int_{c}^{d}dy \int_{\psi _{2}(y)}^{\psi_{1}(y)}f(x,y)dx

利用极坐标计算

先 $\rho$ 后 $\theta$

\iint\limits_{D}f(x,y)d \sigma=\int_{\alpha}^{\beta}d \theta \int_{\phi_{1}(\theta )}^{\phi_{2}(\theta )}f(\rho \cos \theta ,\rho \sin \theta )\rho d \rho

常用于相同 $\theta$ 对应的不同 $\rho$

适合用极坐标计算的二重积分的特征

适合用极坐标计算的被积函数

    $f(\sqrt{x^{2}+y^{2}}),f(\frac{y}{x}),f(\frac{x}{y})$

适合用极坐标的积分域

    $\begin{aligned} x^{2}&+y^{2}\leq R^{2}\\r^{2}\leq x^{2}&+y^{2}\leq R^{2}\\x^{2}&+y^{2}\leq 2ax\\x^{2}&+y^{2}\leq 2by\end{aligned}$

    如果圆心既不在坐标原点也不在坐标轴，考虑平移+极坐标，即

    $令x-x_{0}=\rho \sin \theta ,y-y_{0}=\rho \sin \theta$

    则有

    $\int_{0}^{2\pi}d \theta \int_{0}^{R}(\quad )\rho d \rho$

利用对称性和奇偶性计算

若积分域 $D$ 关于 $y$ 轴对称，则

\iint\limits_{D}f(x,y)d \sigma=\left\{\begin{aligned}&2\iint\limits_{D_{x \geq 0}}f(x,y)d \sigma& f(-x,y)=f(x,y)\\&0&f(-x,y)=-f(x,y)\end{aligned}\right.

若积分域 $D$ 关于 $x$ 轴对称，则

\iint\limits_{D}f(x,y)d \sigma=\left\{\begin{aligned}&2\iint\limits_{D_{y \geq 0}}f(x,y)d \sigma&f(x,-y)=f(x,y)\\&0&f(x,-y)=-f(x,y)\end{aligned}\right.

利用变量对称性计算

若 $D$ 关于 $y=x$ 对称，则

\iint\limits_{D}f(x,y)d \sigma=\iint\limits_{D}f(y,x)d \sigma

常考题型方法与技巧

累次积分交换次序及计算

例1：交换累次积分 $\begin{aligned} \int_{0}^{1}dx \int_{x^{2}}^{2-x}f(x,y)dy\end{aligned}$ 的次序

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原式=\int_{0}^{1}dy \int_{0}^{\sqrt{y}}f(x,y)dx+\int_{1}^{2}dy \int_{0}^{2-y}f(x,y)dx

例2：累次积分 $\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d \theta \int_{0}^{\cos \theta }f(\rho \cos \theta ,\rho \sin \theta )\rho d \rho\end{aligned}$ 化为直角坐标

\begin{aligned} \rho&=\cos \theta \Rightarrow \rho^{2}=\rho \cos \theta \Rightarrow x^{2}+y^{2}=x\\ \rho&=0\\ \theta &\in (0, \frac{\pi}{2}) \end{aligned}

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因此有

\begin{aligned} 原式&=\int_{0}^{\frac{1}{2}}dy \int_{\frac{1}{2}- \sqrt{\frac{1}{4}-y^{2}}}^{\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}-y^{2}}}f(x,y)dy\\ 原式&=\int_{0}^{1}dx \int_{0}^{\sqrt{x-x^{2}}}f(x,y)dx \end{aligned}

不同坐标系累次积分相互转化，先画区域，然后重新定上下限即可

例3：积分 $\begin{aligned} \int_{0}^{2}dx \int_{0}^{\sqrt{2x-x^{2}}}\sqrt{x^{2}+y^{2}}dy\end{aligned}$ 的值等于（）

累次积分不好算，考虑交换积分次序，换坐标系

\begin{aligned} 原式&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d \theta \int_{0}^{2 \cos \theta }\rho \cdot \rho d \rho\\ &=\frac{8}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos ^{3}\theta d \theta \\ &=\frac{8}{3} \frac{2}{3}=\frac{16}{9} \end{aligned}

二重积分计算

例4：设 $D:\left\{(x,y)|x^{2}+y^{2} \leq 1\right\}$ ，则 $\begin{aligned} \iint\limits_{D}(x^{2}-y)dxdy=()\end{aligned}$

\begin{aligned} 原式&=\iint\limits_{D}x^{2}dxdy\\ &=\iint\limits_{D}y^{2}dxdy\\ &=\frac{1}{2}\iint\limits_{D}(x^{2}+y^{2})dxdy\\ &=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}d \theta \int_{0}^{1}\rho^{2}\rho d \rho\\ &=\frac{1}{2}\cdot 2\pi \cdot \frac{1}{4}= \frac{\pi}{4} \end{aligned}

对称性常用于平方项化极坐标，本题就是一个例子，还有类似

设 $D:\left\{(x,y)|x^{2}+y^{2} \leq 1\right\}$ ，则

$\begin{aligned} \iint\limits_{D}(2x-3y)^{2}dxdy&=\iint\limits_{D}(4x^{2}-12xy+9y^{2})dxdy\\&=\iint\limits_{D}(4x^{2}+9y^{2})dxdy\\&=\iint\limits_{D}(4y^{2}+9x^{2})dxdy\\&=\frac{13}{2}\iint\limits_{D}(x^{2}+y^{2})dxdy\\&=\frac{13}{4}\pi\end{aligned}$

例5：设 $D$ 是 $xOy$ 平面上以 $(1,1),(-1,1),(-1,-1)$ 为顶点的三角形区域， $D_{1}$ 是 $D$ 在第一象限的部分，说明 $\begin{aligned} \iint\limits_{D}(xy+\cos x \sin y )dxdy=2 \iint\limits_{D_{1}}\cos x \sin y dxdy\end{aligned}$

将该直角三角形沿 $y=-x$ 划分成两部分，显然 $y=-x$ 以上关于 $y$ 轴对称， $y=-x$ 以下关于 $x$ 轴对称，因此有

\begin{aligned} 原式&=\iint\limits_{D}\cos x \sin ydxdy\\ &=2 \iint\limits_{D_{1}}\cos x \sin y dxdy \end{aligned}

例6：设平面区域 $D$ 由曲线 $y=\sqrt{3(1-x^{2})}$ 与直线 $y=\sqrt{3}x$ 及 $y$ 轴围成，计算二重积分 $\begin{aligned} \iint\limits_{D}x^{2}dxdy=()\end{aligned}$

\begin{aligned} 原式&=\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}dx \int_{\sqrt{3}x}^{\sqrt{3(1-x^{2})}}x^{2}dy\\ &=\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}x^{2}[\sqrt{3(1-x^{2})}-\sqrt{3}x] dx\\ &=\sqrt{3}\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}x^{2}\sqrt{1-x^{2}}dx-\sqrt{3}\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}x^{3}dx\\ &=\sqrt{3}\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}x^{2}\sqrt{1-x^{2}}dx - \frac{\sqrt{3}}{16}\\ &\overset{x=\sin t}{=}\sqrt{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin ^{2}t \cos ^{2}tdt- \frac{\sqrt{3}}{16}\\ &=\frac{\sqrt{3}}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}(\sin 2t)^{2}dt - \frac{\sqrt{3}}{16}\\ &\overset{2t =u}{=}\frac{\sqrt{3}}{8}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin ^{2}udu-\frac{\sqrt{3}}{16}\\ &=\frac{\sqrt{3}}{32}\pi-\frac{\sqrt{3}}{16} \end{aligned}

例7：已知平面域 $D=\left\{(x,y)|x^{2}+y^{2}\leq 2y\right\}$ 计算二重积分 $\begin{aligned} I=\iint\limits_{D}(x+1)^{2}dxdy\end{aligned}$

\begin{aligned} I&=\iint\limits_{D}(x^{2}+2x+1)dxdy\\ &=\iint\limits_{D}(x^{2}+1)dxdy\\ &=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d \theta \int_{0}^{2\sin  \theta }\rho^{2}\cos ^{2}\theta \rho d \rho+\pi\\ &此处d \theta 的上限不用\pi而用 \frac{\pi}{2}用的是对称性\\ &而且 \frac{\pi}{2}更方便用点火公式\\ &x^{2}+y^{2}-2y=0\Rightarrow \rho^{2}=2 \rho \sin \theta \Rightarrow \rho=2\sin \theta \\ &=8 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin ^{4}\theta \cos ^{2}\theta d \theta +\pi\\ &=8\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin ^{4}\theta (1-\sin ^{2}\theta )d \theta +\pi\\ &=8\left(\frac{3}{16}\pi- \frac{15}{96}\pi\right)+\pi\\ &=\frac{5}{4}\pi \end{aligned}

例8：计算二重积分 $\begin{aligned} \iint\limits_{D}\left|x^{2}+y^{2}-1\right|d \sigma\end{aligned}$ ，其中 $D=\left\{(x,y)|0\leq x \leq 1,0\leq y \leq 1\right\}$

一元带括号的积分是根据正负分区间，多元也类似。多元分区域，去绝对值，求积分的时候常用减法，因为往往分出来的两块，一块好算，一块不好算，不好算的可以用整体-好算的，即原式变为2×好算的+整体

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如图，将 $D$ 分成 $D_{1}$ 与 $D_{2}$ 两部分

\begin{aligned} 原式&=\iint\limits_{D_{1}}(1-x^{2}-y^{2})d \sigma+\iint\limits_{D_{2}}(x^{2}+y^{2}-1)d \sigma\\ &=\iint\limits_{D_{1}}(1-x^{2}-y^{2})d \sigma+[\iint\limits_{D}(x^{2}+y^{2}-1)d \sigma-\iint\limits_{D_{1}}(x^{2}+y^{2}-1)d \sigma ]\\ &=2\iint\limits_{D_{1}}(1-x^{2}-y^{2})d \sigma+\iint\limits_{D}(x^{2}+y^{2}-1)d \sigma\\ &=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d \theta \int_{0}^{1}(1-\rho^{2})\rho d \rho+\int_{0}^{1}dx \int_{0}^{1}(x^{2}+y^{2}-1)dy\\ &= \frac{\pi}{4}- \frac{1}{3} \end{aligned}

例8：设平面域 $D=\left\{(x,y)|1\leq x^{2}+y^{2}\leq 4,x \geq 0,y \geq 0\right\}$ ，计算 $\begin{aligned} \iint\limits_{D}\frac{x \sin (\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}})}{x+y}dxdy\end{aligned}$

观察被积函数显然用直角坐标和极坐标都不好做，因此想其他方法

\begin{aligned} \iint\limits_{D}\frac{x \sin (\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}})}{x+y }dxdy&=\iint\limits_{D}\frac{y \sin (\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}})}{x+y }dxdy\\ &=\frac{1}{2}\left[\iint\limits_{D}\frac{y \sin (\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}})}{x+y }dxdy+\iint\limits_{D}\frac{y \sin (\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}})}{x+y }dxdy\right]\\ &=\frac{1}{2}\iint\limits_{D}\sin (\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}})dxdy\\ &=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d \theta \int_{1}^{2}\sin (\pi \rho)\rho d \rho\\ &=-\frac{3}{4} \end{aligned}

也可以用

\begin{aligned} \iint\limits_{D}\frac{x \sin (\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}})}{x+y}dxdy&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos \theta }{\cos \theta +\sin \theta }d \theta \cdot \int_{1}^{2}\rho \sin (\pi \rho)d \rho\\ 由于\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos \theta }{\cos \theta +\sin \theta }d \theta &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin \theta }{\cos \theta +\sin \theta }d \theta \\ &=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{\cos \theta +\sin \theta }{\cos \theta +\sin \theta }d \theta \\ &=\frac{\pi}{4}\\ \int_{1}^{2}\rho \sin (\pi \rho)d \rho&=\frac{1}{\pi}(-\rho \cos \pi \rho+ \frac{1}{\pi} \sin \pi \rho)\Big|_{1}^{2}\\ &=- \frac{3}{\pi}\\ 故\iint\limits_{D}\frac{x \sin (\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}})}{x+y}dxdy&=- \frac{3}{4} \end{aligned}

这里用到了区间再现公式，即

$\int_{a}^{b}f(x)dx \overset{x=a+b-t}{=}\int_{a}^{b}f(a+b-t)dt$

观察左右两式，显然积分区域不变

也可以不用公式，用正常思路

\iint\limits_{D}\frac{x \sin (\pi \sqrt{x^{2}+y^{2}})}{x+y}dxdy=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos \theta }{\cos \theta +\sin \theta }d \theta \cdot \int_{1}^{2}\rho \sin (\pi \rho)d \rho

显然满足 $R(-\sin \theta ,-\cos \theta )=-R(\sin \theta ,\cos \theta )$ ，因此，令 $u=\tan \theta$

\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos \theta }{\cos \theta +\sin \theta }d \theta&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos ^{2}\theta }{1+\tan \theta }d \tan \theta \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{(\tan ^{2}\theta +1)(1+ \tan \theta )}d \tan \theta \\ &\overset{u=\tan \theta }{=}\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+u)(1+u^{2})}du\\ &=\int_{0}^{+\infty} \left[\frac{A}{1+u}+ \frac{Bu+C}{1+u^{2}}\right]du\\ &\Rightarrow \left\{\begin{aligned}&A+B=0\\&B+C=0\\&A+C=1\end{aligned}\right.解得\left\{\begin{aligned}&A = \frac{1}{2}\\&B =- \frac{1}{2}\\&C = \frac{1}{2}\end{aligned}\right.\\ &=\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+u}du+ \frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{-u+1}{u^{2}+1}du\\ &=\frac{1}{2}\ln (1+u)\Big|_{u=+\infty}^{}- \frac{1}{2}\int_{0 }^{+\infty}\frac{\frac{1}{2}d(u^{2}+1)-du}{u^{2}+1}\\ &=\frac{1}{2}\ln (1+u)\Big|_{u=+\infty}^{}- \frac{1}{4}\ln (u^{2}+1)\Big|_{u=+\infty}^{}+ \frac{1}{2}\arctan u \Big|_{u=+\infty}^{}\\ &=\frac{1}{4}\ln \left(\frac{u^{2}+2u+1}{u^{2}+1}\right)\Big|_{u=+\infty}^{}+ \frac{\pi}{4}\\ &=\frac{1}{4}\ln \left(1+ \frac{2u}{u^{2}+1}\right)\Big|_{u=+\infty}^{}+\frac{\pi}{4}\\ &=0+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4} \end{aligned}

后面计算同上

例9：设 $D_{k}$ 是圆域 $D=\left\{(x,y)|x^{2}+y^{2}\leq 1\right\}$ 在第 $k$ 象限的部分，记 $\begin{aligned} I_{k}=\iint\limits_{D_{k}}(y-x)dxdy(k=1,2,3,4)\end{aligned}$ ，说明 $I_{k}$ 的正负

由于在第二象限 $y-x>0$ ，因此 $I_{2}>0$ ，同理 $I_{4}<0$

对于 $I_{1}$ ，有

\begin{aligned} I_{1}&=\iint\limits_{D_{1}}(y-x)d \sigma\\ &=\iint\limits_{D_{1}}(x-y) d \sigma\\ \iint\limits_{D_{1}}(y-x)d \sigma&=-\iint\limits_{D_{1}}(y-x)d \sigma=0 \end{aligned}

同理 $I_{3}=0$

例10：已知平面域 $D=\left\{(x,y)||x|+|y|\leq \frac{\pi}{2}\right\}$ ，记 $\begin{aligned} I_{1}=\iint\limits_{D}\sqrt{x^{2}+y^{2}}d \sigma,I_{2}=\iint\limits_{D}\sin \sqrt{x^{2}+y^{2}}d \sigma,I_{3}=\iint\limits_{D}(1+\cos \sqrt{x^{2}+y^{2}})d \sigma\end{aligned}$ ，说明 $I_{3}<I_{2}<I_{1}$

由于被积区域相同，因此函数值大则 $I$ 大，令 $\sqrt{x^{2}+y^{2}}=r$ 显然有

r> \sin r \geq \sin ^{2}r=1-\cos ^{2}r \geq 1-\cos r

画个图也行，不难