𝑷𝒂𝒊𝒂𝒅

外观

双重积分

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2025-11-21

双重积分（Double Integral） 是多元函数积分学的重要内容，用于计算平面区域上的面积、质量、质心等物理量。双重积分是定积分在二维空间的自然推广。

基本定义

设函数 f(x,y)f(x,y) 在有界闭区域 DD 上有界，将区域 DD 任意分割成 nn 个小区域 Δσ1,Δσ2,…,Δσn\Delta\sigma_1, \Delta\sigma_2, \ldots, \Delta\sigma_n，在每个小区域内任取一点 (ξi,ηi)(\xi_i, \eta_i)，作和式：

Sn=∑i=1nf(ξi,ηi)ΔσiS_n = \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i, \eta_i) \Delta\sigma_i

当分割无限细密时，若 SnS_n 趋于确定的极限值，则称 f(x,y)f(x,y) 在 DD 上可积，此极限值称为 f(x,y)f(x,y) 在 DD 上的双重积分：

∬Df(x,y) dσ=lim⁡∥Δσ∥→0∑i=1nf(ξi,ηi)Δσi\iint_D f(x,y)\,d\sigma = \lim_{\|\Delta\sigma\| \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i, \eta_i) \Delta\sigma_i

计算方法

  1. 直角坐标系下：∬Df(x,y) dxdy\iint_D f(x,y)\,dxdy
  2. 极坐标系下：∬Df(rcos⁡θ,rsin⁡θ)r drdθ\iint_D f(r\cos\theta, r\sin\theta) r\,drd\theta

累次积分与积分换序

基本思想

累次积分是将双重积分转化为两次单积分的过程，关键在于正确确定积分的上下限和积分顺序。

例题 1

计算 ∫01xb−xaln⁡x dx\int_{0}^{1}\frac{x^{b}-x^{a}}{\ln x}\,dx

解：

利用积分与导数的关系，注意到：

ddt(xtln⁡x)=xt\frac{d}{dt}\left(\frac{x^t}{\ln x}\right) = x^t

因此：

xb−xaln⁡x=∫abxt dt\frac{x^b - x^a}{\ln x} = \int_a^b x^t\,dt

于是：

I=∫01xb−xaln⁡x dx=∫01dx∫abxt dt=∫abdt∫01xt dx（交换积分顺序）=∫ab1t+1 dt=ln⁡b+1a+1\begin{aligned} I &= \int_0^1 \frac{x^b - x^a}{\ln x}\,dx = \int_0^1 dx \int_a^b x^t\,dt \\ &= \int_a^b dt \int_0^1 x^t\,dx \quad \text{（交换积分顺序）} \\ &= \int_a^b \frac{1}{t+1}\,dt = \ln\frac{b+1}{a+1} \end{aligned}

例题 2

计算 ∫0+∞e−ax−e−bxx dx\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\,dx

方法一：累次积分法

解：

注意到：

e−ax−e−bxx=∫ab−e−xt dt\frac{e^{-ax} - e^{-bx}}{x} = \int_a^b -e^{-xt}\,dt

因此：

I=∫0+∞e−ax−e−bxx dx=∫0+∞dx∫ab−e−xt dt=∫ab(−e−xtt)∣0+∞dt=∫ab1t dt=ln⁡ba\begin{aligned} I &= \int_0^{+\infty} \frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\,dx = \int_0^{+\infty} dx \int_a^b -e^{-xt}\,dt \\ &= \int_a^b \left(-\frac{e^{-xt}}{t}\right)\Bigg|_{0}^{+\infty} dt \\ &= \int_a^b \frac{1}{t}\,dt = \ln\frac{b}{a} \end{aligned}

方法二：傅汝兰尼积分公式

[!note] > 傅汝兰尼（Froullani）积分公式

∫0+∞f(ax)−f(bx)x dx=[f(+∞)−f(0+)]ln⁡ab\int_{0}^{+\infty}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\,dx = [f(+\infty)-f(0^+)]\ln\frac{a}{b}

应用： 取 f(x)=e−xf(x) = e^{-x}，则 f(+∞)=0f(+\infty) = 0，f(0+)=1f(0^+) = 1：

I=(0−1)⋅ln⁡ab=ln⁡baI = (0-1)\cdot\ln\frac{a}{b} = \ln\frac{b}{a}

例题 3

设 f(x)f(x) 为非负连续函数且满足 ∫xπ2f(t)f(t−x) dt=cos⁡4x\int_x^{\frac{\pi}{2}}f(t)f(t-x)\,dt = \cos^4 x，求 ∫0π2f(x) dx\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(x)\,dx

解：

设 I=∫0π2f(x) dxI = \int_0^{\frac{\pi}{2}}f(x)\,dx，对给定等式在 [0,π2][0,\frac{\pi}{2}] 上积分：

∫0π2cos⁡4x dx=∫0π2dx∫xπ2f(t)f(t−x) dt=∫0π2f(t) dt∫0tf(t−x) dx（交换积分顺序）\begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 x\,dx &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} dx \int_x^{\frac{\pi}{2}} f(t)f(t-x)\,dt \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(t)\,dt \int_0^t f(t-x)\,dx \quad \text{（交换积分顺序）} \end{aligned}

对内层积分进行换元 u=t−xu = t-x：

∫0tf(t−x) dx=∫0tf(u) du\int_0^t f(t-x)\,dx = \int_0^t f(u)\,du

因此：

∫0π2cos⁡4x dx=∫0π2f(t) dt∫0tf(u) du=∫0π2(∫0tf(x) dx)d(∫0tf(x) dx)\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 x\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(t)\,dt \int_0^t f(u)\,du = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\int_0^t f(x)\,dx\right) d\left(\int_0^t f(x)\,dx\right)

这等于：

12(∫0π2f(x) dx)2\frac{1}{2}\left(\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(x)\,dx\right)^2

计算左边：

∫0π2cos⁡4x dx=3π16\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 x\,dx = \frac{3\pi}{16}

因此：

12I2=3π16  ⟹  I=3π8\frac{1}{2}I^2 = \frac{3\pi}{16} \implies I = \sqrt{\frac{3\pi}{8}}

例题 4

设 f(x)∈C[0,1]f(x) \in C[0,1] 且满足 f(x)=1+λ∫x1f(y)f(y−x) dyf(x) = 1 + \lambda \int_x^1 f(y)f(y-x)\,dy，试证明：λ≤12\lambda \leq \frac{1}{2}

证明：

对给定等式在 [0,1][0,1] 上积分：

∫01f(x) dx=∫011 dx+λ∫01dx∫x1f(y)f(y−x) dy=1+λ∫01f(y) dy∫0yf(y−x) dx\begin{aligned} \int_0^1 f(x)\,dx &= \int_0^1 1\,dx + \lambda \int_0^1 dx \int_x^1 f(y)f(y-x)\,dy \\ &= 1 + \lambda \int_0^1 f(y)\,dy \int_0^y f(y-x)\,dx \end{aligned}

换元 u=y−xu = y-x：

∫0yf(y−x) dx=∫0yf(u) du\int_0^y f(y-x)\,dx = \int_0^y f(u)\,du

设 I=∫01f(x) dxI = \int_0^1 f(x)\,dx，则：

I=1+λ2I2I = 1 + \frac{\lambda}{2}I^2

整理得：

λ2I2−I+1=0\frac{\lambda}{2}I^2 - I + 1 = 0

由于 II 为实数，判别式必须非负：

Δ=(−1)2−4⋅1⋅λ2=1−2λ≥0\Delta = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot \frac{\lambda}{2} = 1 - 2\lambda \geq 0

因此 λ≤12\lambda \leq \frac{1}{2}，得证。

雅可比变换

基本理论

设变换 {x=x(u,v)y=y(u,v)\begin{cases}x = x(u,v) \\ y = y(u,v)\end{cases} 将 xOyxOy 平面上的区域 DD 变为 uOvuOv 平面上的区域 D′D'，则：

∬Df(x,y) dxdy=∬D′f(x(u,v),y(u,v))∣J∣ dudv\iint_D f(x,y)\,dxdy = \iint_{D'} f(x(u,v), y(u,v)) |J|\,dudv

其中雅可比行列式：

J=∂(x,y)∂(u,v)=∣∂x∂u∂x∂v∂y∂u∂y∂v∣J = \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{vmatrix}

例题 1

计算 ∬D(x+y) dxdy\iint_D (x+y)\,dxdy，其中 D:x2+y2≤x+y+1D: x^2 + y^2 \leq x + y + 1

解：

将圆的方程配方：

x2−x+y2−y≤1  ⟹  (x−12)2+(y−12)2≤32x^2 - x + y^2 - y \leq 1 \implies \left(x-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(y-\frac{1}{2}\right)^2 \leq \frac{3}{2}

进行坐标变换：

{x=rcos⁡θ+12y=rsin⁡θ+12,0≤r≤62,0≤θ≤2π\begin{cases} x = r\cos\theta + \frac{1}{2} \\ y = r\sin\theta + \frac{1}{2} \end{cases}, \quad 0 \leq r \leq \frac{\sqrt{6}}{2}, \quad 0 \leq \theta \leq 2\pi

则：

I=∫02πdθ∫062[1+r(sin⁡θ+cos⁡θ)]r dr=∫02πdθ∫062r dr+∫02π(sin⁡θ+cos⁡θ)dθ∫062r2 dr=2π⋅(62)22+0=3π2\begin{aligned} I &= \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\frac{\sqrt{6}}{2}} \left[1 + r(\sin\theta + \cos\theta)\right] r\,dr \\ &= \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\frac{\sqrt{6}}{2}} r\,dr + \int_0^{2\pi} (\sin\theta + \cos\theta)d\theta \int_0^{\frac{\sqrt{6}}{2}} r^2\,dr \\ &= 2\pi \cdot \frac{(\frac{\sqrt{6}}{2})^2}{2} + 0 = \frac{3\pi}{2} \end{aligned}

例题 2

计算 ∬D∣3x+4y∣ dσ\iint_D |3x+4y|\,d\sigma，其中 D:x2+y2≤1D: x^2 + y^2 \leq 1

解：

作线性变换：

{u=3x+4y5v=4x−3y5\begin{cases} u = \frac{3x+4y}{5} \\ v = \frac{4x-3y}{5} \end{cases}

这个变换的雅可比行列式为 ∣J∣=1|J| = 1，且区域 DD 变为单位圆 D′:u2+v2≤1D': u^2 + v^2 \leq 1。

因此：

I=5∬D′∣u∣ dσI = 5\iint_{D'} |u|\,d\sigma

使用极坐标 u=rcos⁡θu = r\cos\theta，v=rsin⁡θv = r\sin\theta：

I=5∫02π∣cos⁡θ∣ dθ∫01r⋅r dr=5⋅4∫0π2cos⁡θ dθ⋅13=5⋅4⋅1⋅13=203\begin{aligned} I &= 5\int_0^{2\pi} |\cos\theta|\,d\theta \int_0^1 r \cdot r\,dr \\ &= 5 \cdot 4\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos\theta\,d\theta \cdot \frac{1}{3} \\ &= 5 \cdot 4 \cdot 1 \cdot \frac{1}{3} = \frac{20}{3} \end{aligned}

极坐标应用

例题 1

计算伯努利双纽线 (x2+y2)2=2a2xy(x^2+y^2)^2 = 2a^2xy 所围面积（a>0a>0）

解：

使用极坐标变换 x=rcos⁡θx = r\cos\theta，y=rsin⁡θy = r\sin\theta：

r4=2a2r2sin⁡θcos⁡θ=a2r2sin⁡2θr^4 = 2a^2 r^2 \sin\theta \cos\theta = a^2 r^2 \sin 2\theta

因此：

r2=a2sin⁡2θ>0r^2 = a^2 \sin 2\theta > 0

这要求 sin⁡2θ>0\sin 2\theta > 0，即 2θ∈(0,π)∪(2π,3π)2\theta \in (0,\pi) \cup (2\pi, 3\pi)，所以 θ∈(0,π2)∪(π,3π2)\theta \in (0,\frac{\pi}{2}) \cup (\pi,\frac{3\pi}{2})。

面积为：

S=(∫0π2dθ+∫π3π2dθ)∫0asin⁡2θr dr=∫0π2a2sin⁡2θ2 dθ+∫π3π2a2sin⁡2θ2 dθ=a22[−cos⁡2θ2]0π2+a22[−cos⁡2θ2]π3π2=a22⋅1+a22⋅1=a2\begin{aligned} S &= \left(\int_0^{\frac{\pi}{2}} d\theta + \int_\pi^{\frac{3\pi}{2}} d\theta\right) \int_0^{a\sqrt{\sin 2\theta}} r\,dr \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a^2 \sin 2\theta}{2}\,d\theta + \int_\pi^{\frac{3\pi}{2}} \frac{a^2 \sin 2\theta}{2}\,d\theta \\ &= \frac{a^2}{2} \left[-\frac{\cos 2\theta}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} + \frac{a^2}{2} \left[-\frac{\cos 2\theta}{2}\right]_\pi^{\frac{3\pi}{2}} \\ &= \frac{a^2}{2} \cdot 1 + \frac{a^2}{2} \cdot 1 = a^2 \end{aligned}