计算方法
本节内容一般都应该先画图再思考后续内容较为直观
基本口诀是：后积先定限，限内画条线，先交写下限，后交写上限（且下限必须小于上限）
结合下图进行解释，后积先定限，对于X-型来说（看底下(1)那个式子）最后面是
d
y
dy
dy是先积分的，这个积分完才是对
x
x
x积分的，因此
x
x
x属于后积，那先确定它的上下限，即x轴方向上的始末。接着沿垂直于
x
x
x轴的方向画线，形成
d
y
dy
dy的上下限
仍以X-型为例，此时先对
y
y
y积分，故
x
x
x看成常数，随机积分得到一个仅含x的式子（因为根据NL公式求积分后
y
y
y都被上下限带入值了，上下限是只关于x的函数），这样再继续进行下一次积分就能出最后结果了。
关键是把
d
σ
d\sigma
dσ这个二维的微元转换成一维的形式，这不意味着一定是
d
x
d
y
dxdy
dxdy，在极坐标系下也可以进行类似的处理，即
d
σ
=
d
θ
r
d
r
d\sigma = d\theta r d r
dσ=dθrdr，并且极坐标系下一般都是先对
r
r
r再对
θ
\theta
θ进行积分的
∬
D
f
(
x
,
y
)
d
x
d
y
=
∬
D
f
(
r
cos
θ
,
r
sin
θ
)
r
d
r
d
θ
=
∫
α
β
d
θ
∫
r
(
θ
1
)
r
(
θ
2
)
f
(
r
cos
θ
,
r
sin
θ
)
r
d
r
\iint_D f(x,y)dxdy=\iint_Df(r\cos \theta,r \sin \theta)rdrd\theta=\int_\alpha^\beta d\theta\int_{r(\theta_1)}^{r(\theta_2)}f(r\cos \theta,r \sin \theta)rdr
∬Df(x,y)dxdy=∬Df(rcosθ,rsinθ)rdrdθ=∫αβdθ∫r(θ1)r(θ2)f(rcosθ,rsinθ)rdr
细说的内容可以看@高数叔的文章：知乎 - 《高等数学》二重积分计算（极坐标）
关于轮换对称性，只看积分区域
D
D
D是否关于
y
=
x
y=x
y=x对称即可（即
x
x
x和
y
y
y对调之后区域
D
D
D不变）
题目与思路
数形结合
由上图，若在紫色线
x
−
y
=
−
2
x-y=-2
x−y=−2和黄色线
x
−
y
=
2
x-y=2
x−y=2之间平移一条和他们斜率相等的线，则必有
−
2
<
x
−
y
<
2
-2 −2 − 1 < x − y 2 < 1 -1<\frac{x-y}2<1 −1<2x−y<1，则 − 1 < ∣ x − y 2 ∣ -1<|\frac{x-y}2| −1<∣2x−y∣，由于 sin x \sin x sinx在区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]是单调递增的，所以有 sin ( x − y 2 ) 2 = sin ∣ x − y 2 ∣ 2 < sin ∣ x − y 2 ∣ \sin (\frac{x-y}2)^2=\sin |\frac{x-y}2|^2<\sin |\frac{x-y}2| sin(2x−y)2=sin∣2x−y∣2 奇偶性 30J.L12.2 题目中的积分式子可以拆成两部分，其中一部分根据奇偶性得到结果为0，最终答案是另一部分的结果。根据奇偶性得到结果为0的式子就是下面这个 ∬ D x y e x 2 + y 2 2 d σ \iint_D xy e^{\frac{x^2+y^2}2}d\sigma ∬Dxye2x2+y2dσ 拆成 ∬ D x y 5 d x d y \iint_Dxy^5dxdy ∬Dxy5dxdy和 − ∬ D 1 d x d y -\iint_D1dxdy −∬D1dxdy，前者为0，只用计算后者即可 对于前者为0，是因为按可加性拆为两个区域 D 2 D_2 D2关于 y y y轴对称，原式是 y y y的奇函数，为0。 D 1 D_1 D1关于 x x x轴对称，原式是 x x x的奇函数，为0。 关于 x x x轴对称要看 y y y的奇偶性，反之同理 轮换对称性 30J.L12.4 对椭圆的积分利用轮换对称性变成对圆的积分 I = ∬ D ( x 2 a 2 + y 2 b 2 ) d x d y = ∬ D ( y 2 a 2 + x 2 b 2 ) d x d y I=\iint_D(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2})dxdy=\iint_D(\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2})dxdy I=∬D(a2x2+b2y2)dxdy=∬D(a2y2+b2x2)dxdy 故有下式： I = 1 2 ( 2 I ) = 1 2 ( 1 a 2 + 1 b 2 ) ∬ D ( x 2 + y 2 ) d x d y I=\frac 12 (2I)=\frac12(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})\iint_D(x^2+y^2)dxdy I=21(2I)=21(a21+b21)∬D(x2+y2)dxdy 然后换到极坐标系下，秒了 30J.T12.3 分拆为两部分后得到 ∬ D e sin y + e − sin x d x d y \iint_De^{\sin y}+e^{-\sin x}dxdy ∬Desiny+e−sinxdxdy，然后对仅含y的使用轮换对称性，随后得到 ∬ D e sin x + e − sin x d x d y \iint_De^{\sin x}+e^{-\sin x}dxdy ∬Desinx+e−sinxdxdy，最后使用不等式 a + b ≥ 2 a b a+b\ge 2\sqrt{ab} a+b≥2ab ，故 e sin x + e − sin x ≥ 2 e^{\sin x}+e^{-\sin x}\ge 2 esinx+e−sinx≥2，原式化为 ∬ D 2 d x d y ≥ 2 π 2 \iint_D 2 dxdy\ge 2\pi^2 ∬D2dxdy≥2π2 极坐标系转直角坐标系 30J.L12.5 计算 I = ∬ D r 2 sin θ 1 − r 2 sin 2 θ d r d θ I=\iint_D r^2\sin\theta\sqrt{1-r^2\sin{2\theta}}drd\theta I=∬Dr2sinθ1−r2sin2θ drdθ，其中 D = { ( r , θ ) ∣ 0 ≤ r sec θ , 0 ≤ θ ≤ π 4 } D=\{(r,\theta)|0\le r\sec \theta,0\le \theta \le \frac \pi 4\} D={(r,θ)∣0≤rsecθ,0≤θ≤4π} 被积函数跟圆也没有关系，积分区域也不是圆的一部分 区域 r = sec θ = 1 cos θ → r cos θ = 1 = x r=\sec\theta =\frac 1{\cos\theta}\to r\cos\theta = 1=x r=secθ=cosθ1→rcosθ=1=x可得直角坐标系下的线 I = ∬ D r 2 sin θ 1 − r 2 sin 2 θ d r d θ = ∬ D y 1 − x 2 + y 2 d x d y I=\iint_D r^2\sin\theta\sqrt{1-r^2\sin{2\theta}}drd\theta=\iint_Dy\sqrt{1-x^2+y^2}dxdy I=∬Dr2sinθ1−r2sin2θ drdθ=∬Dy1−x2+y2 dxdy 随后处理步骤就是换元 ∬ D y 1 − x 2 + y 2 d x d y = 1 2 ∫ 0 1 d x ∫ 0 x 1 − x 2 + y 2 d ( 1 − x 2 + y 2 ) \iint_Dy\sqrt{1-x^2+y^2}dxdy=\frac 12\int_0^1dx\int_0^x\sqrt{1-x^2+y^2}d(1-x^2+y^2) ∬Dy1−x2+y2 dxdy=21∫01dx∫0x1−x2+y2 d(1−x2+y2) 要注意在 d y dy dy时候 x x x是常数，此时修改积分变量加到里面是完全没问题的，常数求导结果为0的。 30J.T12.2 关键是会画 r = cos θ r=\cos \theta r=cosθ这条线，两边同乘 r r r可得 r 2 = r cos θ r^2=r\cos \theta r2=rcosθ，亦即 x 2 + y 2 = x x^2+y^2=x x2+y2=x 交换积分次序 某些函数虽然有原函数，但是原函数不能用初等函数表示，此时的处理方法是交换积分次序，这类函 300T.T12.9 考点：交换积分次序+变限积分求导公式 二重积分处理一重积分的问题 30J.L12.8 设 f ( x ) = ∫ x 1 sin ( π u 2 ) d u f(x)=\int_x^1\sin(\pi u^2)du f(x)=∫x1sin(πu2)du求 ∫ 0 1 f ( x ) d x \int_0^1f(x)dx ∫01f(x)dx 两种方法：一是分部积分法，二是化为二重积分后交换积分次序（需要找到积分区域 D D D） ∫ 0 1 d ( x ) d x = x f ( x ) ∣ 0 1 = ∫ 0 1 x d [ f ( x ) ] = 0 − ∫ 0 1 x d [ ∫ x 1 sin ( π u 2 ) ] = ∫ 0 1 x sin ( π x 2 ) d x = 1 π \int_0^1d(x)dx = xf(x)|_0^1=\int_0^1xd[f(x)]=0-\int_0^1 xd{[\int_x^1\sin (\pi u^2)]}=\int_0^1x\sin(\pi x^2)dx=\frac 1\pi ∫01d(x)dx=xf(x)∣01=∫01xd[f(x)]=0−∫01xd[∫x1sin(πu2)]=∫01xsin(πx2)dx=π1 该技巧可以使用的另一种情况的典型特征是两个（积分变量相同的）积分相乘，这里面运用到的一个重要的思想就是积分与字母无关 30J.L12.9 设 f ( x ) f(x) f(x)为恒大于0的连续函数，证明 ∫ 0 1 f ( x ) d x ⋅ ∫ 0 1 1 f ( x ) d x ≥ 1 \int_0^1f(x)dx·\int_0^1\frac{1}{f(x)}dx \ge 1 ∫01f(x)dx⋅∫01f(x)1dx≥1 唉，分别把 f ( x ) f(x) f(x)和 1 f ( x ) \frac{1}{f(x)} f(x)1整成 y y y来处理，然后两个 I I I相加就行了，相当于是证明 2 I 2 ≥ 1 \frac{2I}2\ge 1 22I≥1，积分区域 D D D不言自明，左下角在原点边长为1的正方形。 最后用了一下不等式 a + b ≥ 2 a b a+b\ge 2\sqrt{ab} a+b≥2ab 30J.L12.10 计算 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x \int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx ∫0+∞e−x2dx 因为 I = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x I=\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx I=∫0+∞e−x2dx则 I 2 = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x ⋅ ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x ⋅ ∫ 0 + ∞ e − y 2 d y I^2=\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx·\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx=\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx·\int_0^{+\infty}e^{-y^2}dy I2=∫0+∞e−x2dx⋅∫0+∞e−x2dx=∫0+∞e−x2dx⋅∫0+∞e−y2dy 因此经过整理可以化为 ∬ D e − ( x 2 + y 2 ) d x d y \iint_De^{-(x^2+y^2)}dxdy ∬De−(x2+y2)dxdy其中D是第一象限，接着转极坐标处理即可 最后由积分的保号性可知 I > 0 I>0 I>0 结论题：逆用形心公式 逆用形心公式，适用于积分区域为 D : ( x − a ) 2 + ( y − b ) 2 ≤ R 2 D:(x-a)^2+(y-b)^2\le R^2 D:(x−a)2+(y−b)2≤R2 将 x x x换为 a a a， y y y换为 b b b， d x d y dxdy dxdy换为 π R 2 \pi R^2 πR2，有下式成立： ∬ D ( m x + n y + l x y ) d x d y = ( m a + n b + l a b ) π R 2 \iint_D (mx+ny+lxy)dxdy=(ma+nb+lab)\pi R^2 ∬D(mx+ny+lxy)dxdy=(ma+nb+lab)πR2 积分区域和被积函数必须都满足上式的形式才行 其余要点 二重积分结果不一定是正的，比如 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y)若小于0，其体积实际上是 − ∬ D f ( x , y ) d x d y - \iint_Df(x,y)dxdy −∬Df(x,y)dxdy