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## 第14讲
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## 二重积分
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>考题</td><td rowspan=1 colspan=1>二重积分</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>题型</td><td rowspan=1 colspan=1>解答题</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>目标</td><td rowspan=1 colspan=1>①理解二重积分的概念，了解二重积分的基本性质，了解二重积分的中值定理；②掌握二重积分的计算方法（直角坐标、极坐标）</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>重难点</td><td rowspan=1 colspan=1>计算二重积分</td></tr></table>
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## 基础知识结构
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思考问题：
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1.直角坐标系中先积x，还是先积y？
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2.极坐标系r，θ谁先积?
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3.极坐标系和直角坐标系如何互相转化?
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## 基础内容精讲
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→概念可以联系前面所学的定积分！
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## 概念、性质与对称性
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## 1 概念
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按照第8讲中给出定积分定义的方法，可以得到二重积分的定义， 定中是对线段的分割，这设f(x，y)是有界闭区域D上的有界函数，将闭区域D任意分成n个小闭区域小柱体体积的近似，定积分f(5i)△xi是面积的近似 $\Delta \sigma _ { 1 } , \Delta \sigma _ { 2 } , \cdots , \Delta \sigma _ { n }$
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其中 $\Delta \sigma _ { i }$ 表示第i个小闭区域，也表示它的面积.在每个 $\Delta \sigma _ { i }$ 上任取一点 $( \xi _ { i } , \eta _ { i } )$ ，作乘积
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$f ( \xi _ { i } , \eta _ { i } ) \Delta \sigma _ { i } ( i = 1 , 2 , \cdots , n )$ ，并作和 $\sum _ { i = 1 } ^ { n } f ( \xi _ { i } , \eta _ { i } ) \Delta \sigma _ { i }$ ，如果当各小闭区域的直径中的最大值λ趋于零时，→取极限
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和的极限总存在（与 $\Delta \sigma _ { i }$ 的分法及点 $( \xi _ { i } , \eta _ { i } )$ 的取法均无关），则称此极限值为函数f(x，y)在闭区域D
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上的二重积分，记作 $\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma$ ，即 定积分是 $\sum _ { i = 1 } ^ { n } f ( \xi _ { i } ) \Delta x _ { i }$ ，注意 $\Delta x _ { i }$ 的取值：要求 $\mathrm { m a x } \{ \Delta x _ { i } \} = \lambda 0$ ，这里也是
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\iint f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \varprojlim _ { i 0 } \sum _ { i = 1 } ^ { n } f ( \xi _ { i } , \eta _ { i } ) \Delta \sigma _ { i } ,
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λ→0，这不是一个方向的积分，区域为二维，则有2个积分符号，即』其中f(x，y)称为被积函数，f(x，y)dg称为被积表达式，dg称为面积元素，x与y称为积分变量，DV称为积分区域， $\sum _ { i = 1 } ^ { n } f ( \xi _ { i } , \eta _ { i } ) \Delta \sigma _ { i }$ 称为积分和. dσ>0
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若f(x，y)在有界闭区域D上连续，则二重积分 $\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma ^ { - }$ 一定存在.
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实际问题：
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通常它们的每一点处的密度不同，如何求它们的总质量？
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一维： $\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x$ 二维： $\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma$ 三维： $\iiint _ { a } f ( x , y , z ) \mathrm { d } \nu$
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数学思想：先把它们分得足够细，也就是测度足够小，在这个测度上近似认为函数值是常数，则一小块的质量为 $f ( \xi _ { i } , \eta _ { i } ) \Delta \sigma _ { i } ($ 定积分是 $f ( \xi _ { i } ) \Delta x _ { i } )$ ，再求和；最后求极限！
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后面所讲的三重积分也是这个思想！ $( \operatorname* { l i m } _ { \lambda 0 } \sum _ { i = 1 } ^ { n } f ( \xi _ { i } , \eta _ { i } , \zeta _ { i } ) \bullet \Delta \nu _ { i } = \iiiint _ { \Omega } f ( x , y , z ) \mathrm { d } \nu \ )$
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注1）设 $f ( x , y ) \geq 0$ ，如图14-1所示，被积函数f(x，y）可作为曲顶柱体在点（x，y）处的柱体微元
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的竖坐标（高），用底面积dσ乘以高f（x，y），得到一个“小竖条”的体积，再在区域D上把所有的“小竖条”累加起来，就得到了整个曲顶柱体的体积
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(2)如果f(x，y)是负的，柱体就在xOy面的下方，二重积分的绝对值仍等于柱体的体积，但二重积分的值是负的．（类似于定积分）
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图14-1
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（3）如果f(x，y）在D的若干部分区域上是正的，而在其他部分区域上是
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负的，那么，f（x，y）在D上的二重积分就等于xOy面上方的柱体体积减去xOy面下方的柱体体积所得之差：（类似于定积分）
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## ②性质（与一元函数类似
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性质1（求区域面积） $\iint _ { D } 1 \cdot \mathrm { d } \sigma = \iint _ { D } \mathrm { d } \sigma = A$ ，其中A为D的面积.
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性质2(可积函数必有界）当f(x，y)在有界闭区域D上可积时，f(x，y)在D上必有界.
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性质3（积分的线性性质）设 $k _ { 1 } , k _ { 2 }$ 为常数，则
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\iint [ k _ { 1 } f ( x , y ) \pm k _ { 2 } g ( x , y ) ] \mathrm { d } \sigma = k _ { 1 } \iint f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma \pm k _ { 2 } \iint g ( x , y ) \mathrm { d } \sigma \cdot \mp \sigma \psi \partial _ { \lambda } ^ { 2 } \frac { \lambda } { \mathcal { P } } = \mp \frac { \partial } { \partial x } \frac { \partial } { \partial y } \psi \partial _ { z } ^ { 2 } \sigma
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性质4(积分的可加性）设f(x，y)在有界闭区域D上可积，且 $D _ { 1 } \bigcup D _ { 2 } = D , D _ { 1 } \bigcap D _ { 2 } = \emptyset$ ，则
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\int _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \int _ { D _ { 1 } } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma + \iint f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma .
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性质5(积分的保号性）当f(x，y)，g(x，y)在有界闭区域D上可积时，若在D上有
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f ( x , y ) { \leqslant } g ( x , y ) ,
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则有
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\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma { \leqslant } \iint g ( x , y ) \mathrm { d } \sigma { \overset { . } { : } }
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→保持原有的不等关系
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特殊地，有
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\left| \iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma \right| \leqslant \int _ { D } \left| f ( x , y ) \right| \mathrm { d } \sigma .
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性质6(二重积分的估值定理）设M,m分别是f(x，y)在有界闭区域D上的最大值和最小值，A为D的面积，则有
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m A { \leqslant } \iint f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma { \leqslant } M A . { \longrightarrow } m { \leqslant } f ( x , y ) { \leqslant } M
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性质7（二重积分的中值定理）设函数 $f ( x , y )$ 在有界闭区域D上连续，A为D的面积，则在D上至少存在一点 $( \xi , \eta )$ ，使得
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\iint f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = f ( \xi , \overbrace { \eta ) d . } ^ { } \qquad \longrightarrow \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = f ( \xi ) ( b - a ) , \xi \in ( a , b )
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L _ { 1 } : \ x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 1 \ , L _ { 2 } : \ x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 2 \ ,
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L _ { 3 } : \ x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 2 \ , L _ { 4 } : \ 2 x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 2
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围成的平面区域，记
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$I _ { \phantom { } _ { i } } = \int \int _ { \phantom { } D _ { i } } \biggl ( 1 - x ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } y ^ { 2 } \biggr ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y$ →在不同的区域上对同一个被积函数做二重积兮
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\mathrm { m a x } \{ I _ { 1 } , I _ { 2 } , I _ { 3 } , I _ { 4 } \} \ = \ ( \qquad )
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I _ { 1 }
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I _ { \imath }
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I _ { 3 }
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I _ { 4 }
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分析 此题是同一个函数在不同区域的积分比大小的问题，不需要计算二重积分，应研究在不同积分区域下，被积函数的正负情形.被积函数 $1 - x ^ { 2 } - { \frac { 1 } { 2 } } y ^ { 2 } \geqslant 0$ 正好对应的区域为 $D _ { 4 }$ ，而 $D _ { 1 } < D _ { 4 }$ ，故 $I _ { 1 } < I _ { 4 } , D _ { 4 } < D _ { 2 }$ ，在$D _ { 2 } - D _ { 4 }$ 区域，被积函数值为负，所以 $I _ { 2 } < I _ { 4 }$ ，同理 $I _ { 3 } < I _ { 4 }$
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解 应选(D).
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曲线 $L _ { i } ( i = 1 , 2 , 3 , 4 )$ 如图14-2所示.记被积函数为 $f ( x , y ) =$ $1 - ( x ^ { 2 } + \frac { 1 } { 2 } y ^ { 2 } )$ ，由于 $L _ { 4 } : \ 2 x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 2$ ，则 $D _ { 4 }$ 内部为 $x ^ { 2 } + \frac { y ^ { 2 } } { 2 } < 1$ ，于是在 $D _ { 4 }$ 内部有 $f ( x , y ) > 0$ ，而在 $D _ { 4 }$ 外部有 $f ( x , y ) < 0$
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①比较 $I _ { 1 }$ 与 $I _ { 4 }$
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\begin{array} { r l } & { I _ { 4 } = \displaystyle { \int \int _ { { \cal D } _ { 4 } } f ( x , y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y } = \displaystyle { \int _ { { \cal D } _ { 1 } } f ( x , y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y } + \displaystyle { \int _ { { \cal D } _ { 4 } - { \cal D } _ { 1 } } f ( x , y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y } } \\ & { \quad = I _ { 1 } + \displaystyle { \int _ { { \cal D } _ { 4 } - { \cal D } _ { 1 } } f ( x , y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y > I _ { 1 } } . } \\ & { \quad \quad \quad \quad \quad \frac { { \cal D } _ { 4 } - { \cal D } _ { 1 } } { \nabla { \cal I } _ { 4 } } . } \end{array}
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图14-2
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②比较 $I _ { 2 }$
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\begin{array} { l } { { \displaystyle I _ { 2 } = \int \int \int f ( x , y ) { \mathrm { d } } x { \mathrm { d } } y = \int \int f ( x , y ) { \mathrm { d } } x { \mathrm { d } } y + \int \int _ { D _ { 2 } - D _ { 4 } } f ( x , y ) { \mathrm { d } } x { \mathrm { d } } y } } \\ { { \displaystyle \quad \ } } \\ { { \displaystyle \quad = I _ { 4 } + \int \int _ { 0 } f ( x , y ) { \mathrm { d } } x { \mathrm { d } } y < I _ { 4 } \ . } } \\ { { \displaystyle \quad \quad \frac { D _ { 2 } - D _ { 4 } } { D _ { 2 } } \quad \quad } } \end{array}
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③比较 $I _ { 3 }$ 与 $I _ { 4 }$ .如图14-3所示，将 $D _ { 3 }$ ， $D _ { 4 }$ 中互不重合的部分分别记为 $D _ { 3 1 } , D _ { 3 2 } , D _ { 4 1 } , D _ { 4 2 }$ ，则
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\begin{array} { r } { I _ { 3 } = \displaystyle { \iint _ { f ( x , \ y ) } } \mathrm { d } x \mathrm { d } y + \displaystyle { \iint _ { f ( x , \ y ) } } f ( x , \ y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y + \displaystyle { \iint _ { D _ { 3 } \cap D _ { 4 } } } f ( x , \ y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y } \\ { \displaystyle { \bigoplus _ { f ( x , \ y ) < 0 } } \ge \int _ { } ^ { D _ { 3 } } } \end{array}
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图14-3
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\begin{array} { l } { { < \displaystyle \iint f ( x , y ) { \mathrm { d } } x { \mathrm { d } } y + \displaystyle \iint f ( x , y ) { \mathrm { d } } x { \mathrm { d } } y + \displaystyle \iint _ { D _ { 3 } \cap D _ { 4 } } f ( x , y ) { \mathrm { d } } x { \mathrm { d } } y } } \\ { { > \qquad \quad > _ { f ( x , y ) > 0 } \Longleftrightarrow } } \\ { { = I _ { 4 } . } } \end{array}
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所以 $\operatorname* { m a x } \{ I _ { 1 } , I _ { 2 } , I _ { 3 } , I _ { 4 } \} = I _ { 4 }$ ，即应选 (D).
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注事实上， $D _ { 4 }$ 是使得 $\iint _ { D } \left( 1 - x ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } y ^ { 2 } \right) \mathrm { d } x \mathrm { d } y$ 取得最大值的区域，因为 $D _ { 4 }$ 包含了所有使 $1 - x ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } y ^ { 2 }$ 大于零的区域，而不包含任何使 $1 - x ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } y ^ { 2 }$ 小于零的区域，由二重积分的性质知 $I _ { 4 }$ 最大.
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方法总结 寻找二重积分的最大值的区域，即是寻找被积函数大于等于零的区域．
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例14.2 设
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D ( t ) = \{ ( x , y ) \bigl | 2 x ^ { 2 } + 3 y ^ { 2 } \leqslant 6 t \} ( t \geqslant 0 ) ,
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f ( x , y ) = \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle \frac { \sqrt [ 3 ] { 1 - ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) } - 1 } { \mathrm { e } ^ { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } - 1 } , } & { ( x , y ) \neq ( 0 , 0 ) , } \\ { a , } & { ( x , y ) = ( 0 , 0 ) } \end{array} \right.
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为连续函数，令 $F ( t ) = \iint _ { D ( t ) } f ( x , y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y$ ，则F(0）=
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分析本题积分区域为动态区域D(t)，当t→0时， $D ( t ) \to 0$
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本题研究的是在一点处的导数，所以用导数的定义，当 $\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma$ 难计算时，可以利用二重积分的中值定理来处理.
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解 应填 $- \frac { \sqrt { 6 } \pi } { 3 }$
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由例13.2可知 $a = - { \frac { 1 } { 3 } }$
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由二重积分的中值定理知，存在 $( \xi , \eta ) \in D ( t )$ ，使得
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F ( t ) = \int _ { D ( t ) } f ( x , y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y = { \sqrt { 6 } } \pi t f ( \xi , \eta ) \ .
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于是，
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\begin{array} { l } { { \displaystyle F _ { + } ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { t 0 ^ { + } } \frac { F ( t ) - F ( 0 ) } { t - 0 } = \operatorname* { l i m } _ { t 0 ^ { + } } \frac { \sqrt { 6 } \pi t f ( \xi , \eta ) } { t } = \operatorname* { l i m } _ { t 0 ^ { + } } \sqrt { 6 } \pi f ( \xi , \eta ) } } \\ { { \displaystyle ~ } } \\ { { \displaystyle ~ = \sqrt { 6 } \pi f ( 0 , 0 ) = - \frac { \sqrt { 6 } \pi } { 3 } ~ . } } \end{array}
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注此题的被积函数被命制成具体函数，但 $\iint _ { D ( t ) } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma$ 难以计算，故考虑利用二重积分的中值定理来处理.同理，若被积函数被命制成抽象函数，也可以考虑利用二重积分中值定理来处理，如：设f(x，y)具有二阶连续偏导数，
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D ( t ) = \{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant t , 0 \leqslant y \leqslant t \} \ ,
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令藍 $F ( t ) = \iint _ { D ( t ) } f _ { x y } ^ { n } ( x , y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y$ ，求F（0）
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解
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F _ { + } ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { t 0 ^ { + } } \frac { F ( t ) - F ( 0 ) } { t - 0 } = \operatorname* { l i m } _ { t 0 ^ { + } } \frac { D ( t ) } { t - 0 }
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方法总结 当 $\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma$ 难计算或者f(x，y)为抽象型时，可考虑利用二重积分的中值定理来处理.
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公式 $\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = f ( \xi , \eta ) \bullet S _ { \scriptscriptstyle D } , ( \xi , \eta ) \in D$ ，其中 $S _ { p }$ 为D的面积.
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## ③普通对称性与轮换对称性 必考题！
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(1)普通对称性.
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设区域D关于y轴对称，如图14-4所示，取对称的两块小面积dg，对称点分别为(x，y)与(-x，y)，则对称点处的高分别为f(x，y)与f(-x，y).依据定义，对称位置的两个“小竖条”的体积分别为f(x，y)dσ与 $f ( - x , y ) { \mathrm { d } } \sigma$ 因为dσ一样，所以，当 $f ( x , y ) = f ( - x , y )$ 时， $f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = f ( - x , y ) \mathrm { d } \sigma$ 体积相同，此时只需计算对称区域的一半，然后乘以2即可得到整个积分值;而当 $f ( x , y ) = - f ( - x , y )$ 时， $f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = - f ( - x , y ) \mathrm { d } \sigma$ ，对称区域的体积正好相反，这样累加起来的总体积自然就是0.于是，我们有
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图14-4
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\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \left\{ \begin{array} { l l } { 2 \displaystyle \iint f ( x , y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y , } & { f ( x , y ) = f ( - x , y ) , } \\ { _ { D _ { 1 } } } & { f ( x , y ) = - f ( - x , y ) , } \\ { 0 , } & { f ( x , y ) = - f ( - x , y ) , } \end{array} \right.
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把对称点代入，函数值相同，即2倍；函数值相反，即为0（偶倍奇零）
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其中 $D _ { 1 }$ 是D在y轴右侧的部分.
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你看，用这种基于概念的分析方法，不用死记硬背，而且真正理解了性质的本质.现将二重积分有关的对称性全面总结如下.
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①若D关于y轴对称，则
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\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \left\{ { \begin{array} { l l } { 2 \iint f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma , } & { f ( x , y ) = f ( - x , y ) , } \\ { D _ { 1 } } & { f ( x , y ) = - f ( - x , y ) , } \\ { 0 , } & { f ( x , y ) = - f ( - x , y ) , } \end{array} } \right.
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$$
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其中 $D _ { 1 }$ 是D在y轴右侧的部分.
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如ʃ(x-a)dσ，因f(x,y)=x-a，而f(2a-x,y)=a-x，故 $\iint _ { D \Gamma } ( x - a ) \mathrm { d } \sigma = 0 .$ D
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注若D关于 $x = a ( a \neq 0 )$ 对称，（x，y）关于 $x = a$ 的对称点为 $( 2 a - x , y )$ ，则
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相当于将x=0平 移了a个单位长度 $\iint f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \left\{ \begin{array} { l l } { 2 \displaystyle \iint f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma , } & { f ( x , y ) = f ( 2 a - x , y ) , } \\ { D _ { 1 } } & { f ( x , y ) = - f ( 2 a - x , y ) , } \\ { 0 , } & { f ( x , y ) = - f ( 2 a - x , y ) , } \end{array} \right.$
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其中 $D _ { 1 }$ 是D在 $x = a$ 右侧的部分。
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②若D关于x轴对称，则
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\iint _ { \tiny D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \left\{ \begin{array} { l l } { 2 \iint f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma , } & { f ( x , y ) = f ( x , - y ) , } \\ { { D _ { 1 } } } & { } \\ { 0 , } & { f ( x , y ) = - f ( x , - y ) , } \end{array} \right.
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其中 $D _ { 1 }$ 是D在x轴上侧的部分.
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若D关于 $y = a ( a \neq 0 )$ 对称，（x，y）关于 $y = a$ 的对称点为 $( x , 2 a - y )$ ，则
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\iint f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \left\{ \begin{array} { l l } { 2 \displaystyle \int \int f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma , } & { f ( x , y ) = f ( x , 2 a - y ) , } \\ { D _ { 1 } } & { f ( x , y ) = - f ( x , 2 a - y ) , } \\ { 0 , } & { f ( x , y ) = - f ( x , 2 a - y ) , } \end{array} \right.
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其中 $D _ { 1 }$ 是D在 $y = a$ 上侧的部分
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关键两点：
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①看D关于谁对称；
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②将点代入f(x，y)，相等则2倍，相反则为0.
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③若D关于原点对称，则
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(x，y)关于原点的对称 ↓ $\iint f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \left\{ { 2 \atop D _ { 1 } } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma , f ( x , y ) = f ( - x , - y ) , \right.$ 点为(-x，-y)
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其中 $D _ { 1 }$ 是D关于原点对称的半个部分.
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④若D关于y=x对称，则
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x,y对调，f(x,y)=f(y，x)
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(x，y)关于y=x的
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对称点为(y，x)
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\iint _ { \mathbf { \Phi } _ { D } } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \left\{ \begin{array} { l l } { 2 \displaystyle \iint f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma , } & { f ( x , y ) = f ( y , x ) , } \\ { \mathbf { \Phi } _ { D _ { 1 } } ^ { D _ { 1 } } } & { f ( x , y ) = - f ( y , x ) , } \end{array} \right.
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其中 $D _ { 1 }$ 是D关于y=x对称的半个部分.
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例14.3设 $J _ { _ i } = \underset { D _ { i } } { \iint } \sqrt [ 3 ] { x - y } \mathrm { d } x \mathrm { d } y ( i = 1 , 2 , 3 )$ ，其中D={(x，y)|0≤x≤1,0≤y≤1)， $D _ { 2 } = \{ ( x , y ) | 0 \leqslant$ $x { \leqslant } 1 , 0 { \leqslant } y { \leqslant } { \sqrt { x } } \}$ $D _ { 3 } = \{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant 1 , x ^ { 2 } \leqslant y \leqslant 1 \}$ ，则（ ）.（A) $J _ { 1 } < J _ { 2 } < J _ { 3 }$ (B) $J _ { 3 } < J _ { 1 } < J _ { 2 }$ (C） $J _ { 2 } < J _ { 3 } < J _ { 1 }$ (D) $J _ { 2 } < J _ { 1 } < J _ { 3 }$
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分析）本题先画出每部分的积分区域图，然后研究同一函数在不同区域的积分值的大小.本题是结合对称性和被积函数正负的问题.
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因 $D _ { 1 }$ 关于y=x对称， $f ( y , x ) = - f ( x , y )$ ，故 ${ \cal J } _ { _ 1 } = 0$
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$D _ { 2 }$ 不对称，但可以作辅助曲线，创造对称性，对称部分积分为0，另一部分 $f ( x , y ) { \geqslant } 0$ ，故 ${ \cal J } _ { 2 } > 0$ 同理， $D _ { 3 }$ 也可作辅助曲线，对称部分积分为0，另一部分 $f ( x , y ) { \leqslant } 0$ ，故 $J _ { 3 } < 0$
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## 解 应选(B).
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如图14-5(a)所示， $D _ { 1 }$ 被直线y=x分成 $D _ { 1 1 }$ 和 $D _ { 1 2 }$ 两部分，故 $\iint _ { { D _ { 1 } } } ^ { 3 } \sqrt { x - y } \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \iint _ { { D _ { 1 1 } } + { D _ { 1 2 } } } \sqrt [ 3 ] { x - y } \mathrm { d } x \mathrm { d } y$ ，由于$\sqrt [ 3 ] { x - y } = - \sqrt [ 3 ] { y - x }$ ，故由普通对称性，有 $J _ { 1 } = \iint _ { D _ { 1 } } ^ { 3 } \sqrt { x - y } \mathrm { d } x \mathrm { d } y = 0$
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如图14-5(b)所示，作辅助线 $y = x ^ { 2 }$ ，将 $D _ { 2 }$ 分为 $D _ { 2 1 }$ 和 $D _ { 2 2 }$ 两部分，由普通对称性知，$\iint _ { { D _ { 2 1 } } } \sqrt [ 3 ] { x - y } \mathrm { d } x \mathrm { d } y = 0$ .而在 $D _ { 2 2 }$ 上， $\scriptstyle { \sqrt [ { x - y } ] } = 0$ ，由保号性知，
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J _ { _ { 2 } } = \int \int _ { D _ { 2 } } \int \sqrt { x - y } \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \int \int _ { D _ { 2 2 } } ^ { 3 } \sqrt { x - y } \mathrm { d } x \mathrm { d } y > 0 .
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如图14-5(c)所示，作辅助线 $y = { \sqrt { x } }$ ，将 $D _ { 3 }$ 分为 $D _ { 3 1 }$ 和 $D _ { 3 2 }$ 两部分，由普通对称性知，$\iint _ { { D _ { 3 2 } } } \sqrt [ 3 ] { x - y } \mathrm { d } x \mathrm { d } y = 0$ .而在 $D _ { 3 1 }$ 上， $\sqrt [ 3 ] { x - y } \leqslant 0$ ，由保号性知，
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J _ { _ 3 } = \int \int _ { D _ { 3 } } ^ { 3 } \sqrt { x - y } \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \int \int _ { D _ { 3 1 } } ^ { 3 } \sqrt { x - y } \mathrm { d } x \mathrm { d } y < 0 .
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综上， $J _ { 3 } < J _ { 1 } < J _ { 2 }$
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(a)
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(b)
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图14-5
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(c)
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公式当D关于y=x对称， $f ( x , y ) = - f ( y , x )$ 时， $\iint _ { D } f ( x , y ) = 0$
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(2)轮换对称性（一定是直角坐标系下）.
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引例1
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因为上述两个积分只是将x与y这两个字母对调了，而积分值与用什么字母表示是无关的，故它们是相等的. 相当于字母x变v.字母v变x
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引例2
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\underset { D ; \frac { x ^ { 2 } } { 4 } + \frac { y ^ { 2 } } { 4 } \leqslant 1 } { \iint } ( 2 x ^ { 2 } + 3 y ^ { 2 } ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y \overset { ? } { = } \underset { D ; \frac { x ^ { 2 } } { 4 } + \frac { y ^ { 2 } } { 4 } \leqslant 1 } { \iint } ( 2 y ^ { 2 } + 3 x ^ { 2 } ) \mathrm { d } y \mathrm { d } x \mathrm { ~ . ~ }
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解 理由如上，它们也是相等的.
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引例2中的区域D有个特点，就是当你把x与y对调后，区域D不变（事实上，区域D关于y=x对称）.于是抽象化写出的式子为
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\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \iint _ { D } f ( y , x ) \mathrm { d } y \mathrm { d } x ~ .
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整理一下，我们可以这样来描述：
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在直角坐标系下，若把x与y对调后，区域D不变（或区域D关于y=x对称），则
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\int _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \int _ { D } f ( y , x ) \mathrm { d } \sigma , \longrightarrow \mathrm { d } \sigma = \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \mathrm { d } y \mathrm { d } x
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这就是轮换对称性.
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轮换对称性的应用： $\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma \Bigg ( \iint _ { D } f ( y , x ) \mathrm { d } \sigma \Bigg )$ 难计算，但 $f ( x , y ) + f ( y , x )$ 之和式子简单，如注(1).
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例如：当 $D = \{ ( x , y ) | x ^ { 2 } + y ^ { 2 } { \leqslant } 1 , x > 0 , y > 0 \}$ 时，
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{ \begin{array} { r l } & { \quad \int [ \underbrace { a { \sqrt { f ( x ) } } } _ { D } + b { \sqrt { f ( y ) } } ] \ d \sigma } \\ & { \quad = \int [ \underbrace { a { \sqrt { f ( y ) } } } _ { D } ] + b { \sqrt { f ( x ) } } \ d \sigma } \\ & { \quad = { \frac { 1 } { 2 } } \iint ( a + b ) \mathrm { d } \sigma } \\ & { \quad = { \frac { a + b } { 2 } } \cdot { \frac { 1 } { 4 } } \cdot \pi \cdot 1 ^ { 2 } \ . } \end{array} }
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普通对称性 $\left\{ \begin{array} { l l } { \mathbb { D } D \not \prec \mp y = x \mathbb { X } \mathrm { f } / / \egroup | } \\ { \qquad \quad } \\ { \big ( \mathfrak { 2 } \big ) f ( x , y ) = f ( y , x ) \not \equiv } \end{array} \right.$ 轮换对称性 ①D关于y=x对称；成 $f ( x , y ) = - f ( y , x )$ ②利用 $f ( x , y ) + f ( y , x )$ 简化计算.
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注（1）在直角坐标系中，若 $f ( x , y ) + f ( y , x ) = a$ ，则
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I = { \frac { 1 } { 2 } } \int _ { D } \int _ { 0 } ^ { 1 } [ f ( x , y ) + f ( y , x ) ] \mathrm { d } x \mathrm { d } y \ = { \frac { 1 } { 2 } } \int _ { D } ^ { } a \mathrm { d } x \mathrm { d } y \ = { \frac { a } { 2 } } S _ { D } \ .
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(2)要注意区分普通对称性中的④与这里轮换对称性的区别与联系.虽然它们都是D关于y=x对称，但普通对称性考查的是f(x，y)与f(y，x)是相等还是相反，轮换对称性考查的是 $f ( x , y ) + f ( y , x )$ 是否简单，事实上，当 $f ( x , y ) = - f ( y , x )$ 时，它们是一回事。
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例14.4 设 $f ( x ) = \iint _ { D ( x ) } { \frac { \nu \ln \sqrt { u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } } } { u + \nu } } \mathrm { d } u \mathrm { d } \nu , D ( x ) = \left\{ ( u , \nu ) \Big | { \frac { 1 } { 4 } } \leqslant u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } \leqslant x ^ { 2 } , u > 0 , \nu > 0 \right\} \left( x > \frac { 1 } { 2 } \right)$ ，则$f ( x ) = \left( \begin{array} { l l l } \end{array} \right)$ （A) $\frac { 1 } { 4 } \int \int \limits _ { D ( x ) } ^ { 1 } \ln ( u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } ) \mathrm { d } u \mathrm { d } \nu$ (B) $\frac { 1 } { 2 } \iint _ { D ( x ) } \ln ( u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } ) \mathrm { d } u \mathrm { d } \nu$ (C） $\iint _ { D ( x ) } \ln ( u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } ) \mathrm { d } u \mathrm { d } \nu$ (D) $2 \iint _ { \cal D ( x ) } \mathrm { l n } ( u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } ) \mathrm { d } u \mathrm { d } \nu$
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分析 D中u，v互换位置，D不变，接着看g(u,v)与 $g ( \nu , u )$ 的关系既不相等，也不相反，考虑将其加起来，$g ( u , \nu ) + g ( \nu , u )$ 计算简单，所以考虑轮换对称性.
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应选 (A).
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由轮换对称性，有
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\begin{array} { r } { f ( x ) = \displaystyle \iint _ { D ( x ) } \frac { \nu \ln \sqrt { u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } } } { u + \nu } \mathrm { d } u \mathrm { d } \nu = \displaystyle \iint _ { D ( x ) } \frac { u \ln \sqrt { u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } } } { u + \nu } \mathrm { d } u \mathrm { d } \nu } \\ { = \displaystyle \frac { 1 } { 2 } \iint _ { D ( x ) } \ln \sqrt { u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } } \mathrm { d } u \mathrm { d } \nu = \frac { 1 } { 4 } \displaystyle \iint _ { D ( x ) } \ln ( u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } ) \mathrm { d } u \mathrm { d } \nu . } \end{array}
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@方法总结当D关于y=x对称， $f ( x , y ) = - f ( y , x )$ 或 $f ( x , y ) = f ( y , x )$ 时，考虑普通对称性，若不满足，可看 $f ( x , y ) + f ( y , x )$ 是否简单，考虑轮换对称性．
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## 计算
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## 直角坐标系下的计算方法
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直角坐标系用平行于坐标系的线切割.
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问题：先对x积分，还是对y积分？
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dσ=dxdy直角坐标系下的标志
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在直角坐标系下，按照积分次序的不同，一般将二重积分的计算分为两种情况，如图14-6所示.
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后积先定限，限内画条线，先交写下限，后交写上限.
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(a)
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(b)
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图14-6
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先定 后和x 再定，的上下上限≥下限 型区城特点是界安不平行于y
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(1) $\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \big \rvert \binom { b } { d } \mathrm { d } x \big \rvert _ { \left. \varphi _ { 1 } ( x ) \right. } ^ { \left. \varphi _ { 2 } ( x ) \right. } f ( x , y ) \mathrm { d } y$ ,其中D为X型区域： $\varphi _ { 1 } ( x ) \leqslant y \leqslant \varphi _ { 2 } ( x ) , a \leqslant x \leqslant b$ ，如图 $1 4 6 ( \mathfrak { a } )$ 所示.积分区域是X型区域的后积x，类似还有其他几种（见批注图）.
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\iint f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \int _ { a } ^ { c } \mathrm { d } x \int _ { \varphi _ { 1 } ( x ) } ^ { \varphi _ { 2 } ( x ) } f ( x , y ) \mathrm { d } y + \int _ { c } ^ { b } \mathrm { d } x \int _ { \varphi _ { 2 } ( x ) } ^ { \varphi _ { 1 } ( x ) } f ( x , y ) \mathrm { d } y
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先定y的 再定x的上下限上下限个后积y /注意，这里上限≥下限
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>Y型区域的特点是：穿过D内部且平行于x 轴的直线与D的边界相交不多于两点
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(2) $\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \int _ { \left. c \right. } ^ { 2 } \mathrm { d } y \int _ { \left. \psi _ { 1 } ( y ) \right. } ^ { \left. \psi _ { 2 } ( y ) \right. } f ( x , y ) \mathrm { d } x$ ，其中D为Y型区域： $\psi _ { 1 } ( y ) \leqslant x \leqslant \psi _ { 2 } ( y ) , c \leqslant y \leqslant d$ ，如图14-6(b)所示.积分区域是Y型区域的后积y. →二重积公玄上下限添负号
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\llangle \rlap / { \bar { m } } | \llangle \ b _ { 1 } : \ \int _ { a } ^ { b } \mathrm { d } x \int _ { \varphi _ { 1 } ( x ) } ^ { \varphi _ { 2 } ( x ) } f ( x , y ) \mathrm { d } y = \overbrace { - \int _ { a } ^ { b } \mathrm { d } x \int _ { \varphi _ { 2 } ( x ) } ^ { \varphi _ { 1 } ( x ) } f ( x , y ) \mathrm { d } y } ^ { = } \biggr ] ( a < b , \varphi _ { 1 } ( x ) > \varphi _ { 2 } ( x ) )
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（2)若被积函数f(x，y）易于对y积分或积分区域D是X型区域，则选择先y后x的积分次序；
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若被积函数f(x，y)易于对x积分或积分区域D是Y型区域，则选择先x后y的积分次序。
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(3)计算二重积分的关键是确定积分限，为此，要画好积分区域D的边界图形，当D的边界图形不易画出时，要写出D的不等式表达式，从而确定上下限． D不易画时，采用分析法
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例14.5 设函数f(x，y)连续，则二次积分 $\int _ { \frac { \pi } { 2 } } ^ { \pi } \mathrm { d } x \int _ { \sin x } ^ { 1 } f ( x , y ) \mathrm { d } y = \left( \begin{array} { l l l } { } & { } & { ) } \end{array} \right.$ （A) $\int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } y \int _ { \pi + \arcsin { y } } ^ { \pi } f ( x , y ) \mathrm { d } x$ (B) $\int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } y \int _ { \pi - \arcsin y } ^ { \pi } f ( x , y ) \mathrm { d } x$ (C) $\int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } y \int _ { \frac { \pi } { 2 } } ^ { \pi + \arcsin y } f ( x , y ) \mathrm { d } x$ (D) $\int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } y \int _ { \frac { \pi } { 2 } } ^ { \pi - \arcsin y } f ( x , y ) \mathrm { d } x$
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分析）题干是后积x，选项是后积y，可知本题考虑的是交换积分顺序，应先确定积分区域，然后先积x，后积y，写成累次积分的形式.后积y，先定限，下限为0，上限为1，再定x的限，限内画平行于x轴的直线，当$\frac { \pi } { 2 } < x \leqslant \pi$ 时， $x = \pi - \arcsin y$ ，所以下限为 $x = \pi - \arcsin y$ ，上限为x=π.
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应选(B).
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根据所给二次积分得到积分区域为D： $\left\{ { \begin{array} { l } { \sin x < y < 1 } \\ { \displaystyle { \frac { \pi } { 2 } } < x < \pi , } \end{array} } \right.$ 如图14-7所示，则
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\int _ { \frac { \pi } { 2 } } ^ { \pi } \mathrm { d } x \int _ { \sin x } ^ { 1 } f ( x , y ) \mathrm { d } y = \int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } y \int _ { \frac { \pi - \operatorname { a r c s i n } y } { \pi - \operatorname { a r c s i n } y } } ^ { \pi } f ( x , y ) \mathrm { d } x .
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图14-7
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》由例1.12得，当 $\frac { \pi } { 2 } < x \leq \frac { 3 } { 2 } \pi$ 时， $\scriptstyle x = \pi - \arcsin y$
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方法总结交换积分顺序的题目，应先确定积分区域，然后交换积分顺序写成相应的累次积分．
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\begin{array} { r l } { \displaystyle \int _ { \frac { \pi } { 2 } } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \mathrm { d } x \displaystyle \int _ { 1 } ^ { \sin x } f ( x , y ) \mathrm { d } y } & { \quad \sin x < 1 ( \vec { x } , \mathbb { R } \neq \pm \mp \mp \mp \frac { 4 } { 2 } \mathbb { R } \frac { 2 } { 3 } , \{ \mathcal { R } , \mathbb { R } , \mathbb { R } , \{ \| \vec { x } , \vec { y } \| \leq \vec { 0 } \vec { \cdot } \vec { \Phi } \} \} ) } \\ { = \displaystyle - \int _ { \frac { \pi } { 2 } } ^ { \pi } \mathrm { d } x \displaystyle \int _ { \sin x } ^ { 1 } f ( x , y ) \mathrm { d } y \cdot } & { \preceq \frac { 4 } { 7 } \mp \frac { 4 } { 3 } \frac { 2 } { 3 } } \end{array}
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例14.6 当 $x \to 0 ^ { + }$ 时， $f ( x ) = \int _ { 0 } ^ { x ^ { 2 } } \mathrm { d } y \int _ { x } ^ { \sqrt { y } } \sin { \frac { y } { t } } \mathrm { d } t$ 与 $g ( x ) = a x ^ { b }$ 是等价无穷小量，则ab =
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分析 $\sin { \frac { y } { x } }$ 若对x积分，则没有初等函数形式的原函数表达，若对y积分，可用初等函数形式表示，所以先积y后积x，本题属于交换积分顺序的题目.
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又因为 $0 \leqslant y \leqslant x ^ { 2 }$ ，所以 $\sqrt { y } \leqslant x$ ，故 $\int _ { 0 } ^ { x ^ { 2 } } \mathrm { d } y \int _ { x } ^ { \sqrt { y } } \sin \frac { y } { t }$ dt先添一个负号变为 $- \int _ { 0 } ^ { x ^ { 2 } } \mathrm { d } y \int _ { \sqrt { y } } ^ { x } \sin \frac { y } { t } \mathrm { d } t$ ，变为二重积分后，画出积分区域图，再交换积分顺序．
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解 应填 $- { \frac { 1 } { 2 } }$
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交换上下限，保证上限大于等于下限
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\begin{array} { r l } & { f ( x ) = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } \mathrm { d } y \displaystyle \iint _ { | x | } ^ { | y | } \sin \frac { y } { t } \mathrm { d } t = - \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } \mathrm { d } y \displaystyle \iint _ { [ y ] } ^ { x } \sin \frac { y } { t } \mathrm { d } t } \\ & { \quad \quad = - \displaystyle \iint _ { D } ^ { x } \sin \frac { y } { t } \mathrm { d } \sigma = - \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } \mathrm { d } t \displaystyle \int _ { 0 } ^ { t } \sin \frac { y } { t } \mathrm { d } y } \\ & { \quad \quad = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } t \cdot \left( \cos \frac { y } { t } \right) \displaystyle \frac { \| y \| _ { \infty } ^ { 2 } } { \| \ge 0 \| } \mathrm { d } t \cdot \frac { t } { \| \tilde { x } \| ^ { \frac { 3 } { 2 } } \| \tilde { x } ^ { \frac { 3 } { 2 } } \| \tilde { x } ^ { \frac { 3 } { 2 } } \| \mathcal { H } \| \tilde { x } \| \le \mathcal { H } \| \tilde { x } \| \le \mathcal { F } \| \mathcal { E } \| \mathcal { E } \| } { 1 } , } \\ & { \quad \quad = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } t ( \cos t - 1 ) \mathrm { d } t , } \end{array}
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于是 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { x { \bigl ( } \cos x - 1 { \bigr ) } } { a b x ^ { b - 1 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { - { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 3 } } { a b x ^ { b - 1 } } } = 1$ ，故 $a b = - { \frac { 1 } { 2 } }$
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国(1) $\frac { \sin x } { x } , \frac { \cos x } { x } , \frac { \ln ( 1 + x ) } { x } , \frac { 1 } { x } , \sin x ^ { 2 } , \cos x ^ { 2 } , \sin \frac { 1 } { x } , \cos \frac { 1 } { x } , \frac { \tan x } { x } , \frac { \mathrm { e } ^ { x } } { x } , \tan x ^ { 2 } , \mathrm { e } ^ { \alpha ^ { 2 } + \beta x + c } ( a \neq 0 )$ 均没有初等函数形式的原函数，见到它们，一般都要交换积分次序，避免先对x求积分。
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（2）事实上， $a = - { \frac { 1 } { 8 } } , b = 4 .$
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方法总结）当累次积分无法积分，即没有初等函数形式的原函数表达式时，可考虑交换积分顺序.
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公式 $\int \sin { \frac { y } { t } } \mathrm { d } y = - t \cos { \frac { y } { t } } + C$
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当 $x \to 0 ^ { * }$ 时， $f ( x ) - g ( x )$ ，则 $\int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t - \int _ { 0 } ^ { x } g ( t ) \mathrm { d } t$ .（可用洛必达法则证明）
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山 例14.7 计算 $\int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } y \int _ { y } ^ { 1 } \mathrm { a r c s i n } \sqrt { 4 x - 4 x ^ { 2 } } \mathrm { d } x$
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分析）被积函数只含有x，而且先对x积分较困难，所以考虑交换积分顺序.
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解 先对x积分较困难，交换积分次序.
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\begin{array} { l } { { \displaystyle \vert \overrightarrow { { \mathbb H } } { \mathbb T } { \mathbb E } } = \int _ { 0 } ^ { 1 } { \mathrm { d } } x { \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } } { \arcsin \sqrt { 4 x - 4 x ^ { 2 } } } { \mathrm { d } } y } \\ { ~ = \int _ { 0 } ^ { 1 } x { \arcsin \sqrt { 4 x - 4 x ^ { 2 } } } { \mathrm { d } } x = \displaystyle \frac { 1 } { 2 } ~ . \quad \quad \stackrel { { \mathrm { d } } } { \oplus } { \llangle } { \mathrm { d } } { \mathrm { ) } } 9 . 1 5 { \rlap / v } } \end{array}
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方法总结 $\int _ { c } ^ { d } \mathrm { d } y \int _ { x _ { 1 } ( y ) } ^ { x _ { 2 } ( y ) } f ( x ) \mathrm { d } x$ 对x积分比较困难时，可转化为先积y，即 $\int _ { a } ^ { b } \mathrm { d } x \int _ { y _ { 1 } ( x ) } ^ { y _ { 2 } ( x ) } f ( x ) \mathrm { d } y$
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公式 $\int _ { 0 } ^ { 1 } \arcsin \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = 1 \ , \quad \int _ { 0 } ^ { 1 } x \arcsin \sqrt { 4 x - 4 x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 }$
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## 2 极坐标系下的计算方法
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因为是中心对称图像，一般先积r，后积θ
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极坐标系：与中心对称图像有关！
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直角坐标与极坐标关系 $\scriptstyle { \left\| { \begin{array} { l } { x = r \cos \theta , } \\ { y = r \sin \theta . } \end{array} } \right. }$ →转换桥梁
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r = r _ { 0 } , \theta = \theta _ { 0 }
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则有 $\mathrm { d } \sigma = \mathrm { d } r \cdot r \mathrm { d } \theta = r \mathrm { d } r \mathrm { d } \theta$ 近似看成矩形.
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(r，θ)
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在极坐标系下，按照积分区域与极点位置关系的不同，一般将二重积分的计算分为三种情况，如图14-8所示.
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(a)
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(b)
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图14-8
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（c）
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从Ox轴逆时针出发，先碰到积分区域时，记 $\theta = \alpha$ ，后离开区域时，记 $\theta = \beta$ 所以θ的下限为α，上限为 $\beta$ ，然后限内画条线，先交内曲线记 $r = r _ { 1 } ( \theta )$ ，然后交外曲线 $r = r _ { 2 } ( \theta )$
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(1) $\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \int _ { \alpha } ^ { \beta } \mathrm { d } \theta \int _ { r _ { 1 } ( \theta ) } ^ { r _ { 2 } ( \theta ) } f ( r \cos \theta , r \sin \theta ) r \mathrm { d } r$ （极点O在区域D外部）；
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(2) $\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \int _ { \alpha } ^ { \beta } \mathrm { d } \theta \int _ { 0 } ^ { r ( \theta ) } f ( r \cos { \theta }$ ,rsinθ)rdr（极点O在区域D边界上）；
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(3) $\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } \mathrm { d } \theta \int _ { 0 } ^ { r ( \theta ) } f ( r \cos \theta , r \sin \theta ) r \mathrm { d } r$ （极点O在区域D内部）.
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注极坐标系与直角坐标系选择的一般原则
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一般来说，给出一个二重积分是否用极坐标系计算主要看①。
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①看被积函数是否为 $f ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) , f \left( { \frac { y } { x } } \right) , f \left( { \frac { x } { y } } \right)$ 等形式；
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②看积分区域是否为圆或者圆的一部分.
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如果①，②至少满足其中之一，那么优先选用极坐标系，否则，就优先考虑直角坐标系。
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例14.8 设区域 $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant { \sqrt { 2 } } \right\}$ ，则 $\iint _ { D } \left( x ^ { 2 } + \frac { y ^ { 2 } } { 2 } \right) \mathrm { d } x \mathrm { d } y \ =$
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分析）积分区域是圆，但被积函数不是平方和，这里注意到x与y互换时，积分区域D不变，说明D关于$y = x$ 对称，此时考虑轮换对称性，最后在极坐标系下计算此二重积分．
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解 应填 $\frac { 3 \pi } { 4 }$
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\begin{array} { r } { \displaystyle \iint _ { D } \Biggl ( x ^ { 2 } + \frac { y ^ { 2 } } { 2 } \Biggr ) { \mathrm { d } x \mathrm { d } y } = \displaystyle \iint _ { D } \Biggl ( y ^ { 2 } + \frac { x ^ { 2 } } { 2 } \Biggr ) { \mathrm { d } x \mathrm { d } y } = \frac { 1 } { 2 } \Biggl ( 1 + \frac { 1 } { 2 } \Biggr ) \iint _ { D } ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) { \mathrm { d } x \mathrm { d } y } } \\ { = \displaystyle \frac { 1 } { 2 } \Biggl ( 1 + \frac { 1 } { 2 } \Biggr ) \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } \mathrm { d } \theta \int _ { 0 } ^ { \frac { 1 } { 2 ^ { 4 } } } ( r ^ { 2 } \cos ^ { 2 } \theta + r ^ { 2 } \sin ^ { 2 } \theta ) r \mathrm { d } r = \frac { 3 \pi } { 4 } ~ . } \end{array}
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@方法总结）积分区域D关于y=x对称，考虑轮换对称性，即利用 $\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = { \frac { 1 } { 2 } } \iint [ f ( x , y ) + f ( y , x ) ] \mathrm { d } \sigma$ ★★★二重积兮复习标杆
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例14.9 设平面有界区域D位于第一象限，由曲线 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - x y = 1 , x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - x y = 2$ 与直线 $y =$ ${ \sqrt { 3 } } x , y = 0$ 围成，计算 $\iint _ { D } \frac { 1 } { 3 x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } \mathrm { d } x \mathrm { d } y$
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分析对于 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - x y = 1 \ , x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - x y = 2$ ，将x，y互换，式子不变，所以图像关于 $y = x$ 对称，根据一些特殊的点及 $y ^ { \prime } ( 0 ) = \frac { 1 } { 2 } > 0 , y ^ { \prime } ( 1 ) = - 1 < 0$ 确定单调性，最后将积分区域草图确定下来，根据积分区域来确定θ，而且曲线含有 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 }$ ，被积函数分母有平方，则考虑极坐标系下计算．
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在考试时，有些D的边界图形不易画出，考生可根据D的表达式来确定上下限.
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解 由 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - x y = 1$ ，得 $r ^ { 2 } - r ^ { 2 } \sin \theta \cos \theta = 1$ ，故 $r = { \sqrt { \frac { 1 } { 1 - \cos \theta \sin \theta } } }$ ；由 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - x y = 2$ 得$r ^ { 2 } - r ^ { 2 } \sin \theta \cos \theta = 2$ ，故 $r = { \sqrt { \frac { 2 } { 1 - \cos \theta \sin \theta } } }$ 又 $y = \sqrt { 3 } x$ ，得 $r \sin \theta = { \sqrt { 3 } } r \cos \theta$ ，有 $\tan \theta = { \sqrt { 3 } }$ ，则 $\theta = \frac { \pi } { 3 }$
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\begin{array} { r l } { \displaystyle \int \frac { \| \boldsymbol { \hat { x } } \| } { 3 ^ { 3 / 2 + \frac { 1 } { 2 } + \frac { 1 } { 2 } + \frac { 1 } { 2 } } } \| \boldsymbol { \hat { x } } \| _ { \frac { \sqrt { 3 \times ( \frac { 1 } { 2 } \times \frac { 1 } { 2 } ) } } { 1 - \frac { 1 } { 3 } ( \frac { 1 } { 2 } \times \frac { 1 } { 2 } ) } } ^ { \frac { 1 } { 2 } } \cdot } & { \boldsymbol { \hat { x } } \| _ { \frac { 1 } { 2 } } ^ { \frac { 1 } { 2 } } } \\ & { = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \frac { 1 } { 3 } } \| \boldsymbol { \hat { x } } \| _ { \frac { \sqrt { 3 \times ( \frac { 1 } { 2 } \times \frac { 1 } { 2 } ) } } { 1 - \frac { 1 } { 3 } ( 2 \times \frac { 1 } { 2 } ) } } ^ { \frac { 1 } { 2 } } \cdot \frac { 1 } { 3 ( 2 \times \frac { 1 } { 2 } ) ^ { 3 } } \cdot \frac { 1 } { 5 } \cdot \qquad \frac { 1 } { 5 } \| \frac { \| \boldsymbol { \hat { x } } \| _ { \frac { 1 } { 2 \times ( \frac { 1 } { 2 } \times \frac { 1 } { 2 } ) } } ^ { \frac { 1 } { 2 } } } { \frac { 1 } { | \boldsymbol { x } | _ { \frac { 1 } { 2 } } \cdot \frac { 1 } { 2 } } } } \\ & { = \displaystyle \frac { 1 } { 2 } \int _ { \frac { 1 } { 3 } } ^ { \frac { 1 } { 3 } } \sum _ { \frac { 1 } { 3 } \leq \frac { 1 } { 4 } } \alpha ^ { 2 } \alpha ^ { 4 } \alpha ^ { 5 } } \\ { \displaystyle \int _ { \frac { 1 } { 2 } } ^ { \frac { 1 } { 3 } } \frac { d x } { d x } \frac { 1 } { x ^ { 2 } } \alpha ^ { 1 } \alpha ^ { 2 } \hat { x } ( 3 \cdot 6 ) } & \boldsymbol { \hat { x } } \| _ { \frac { 1 } { 2 } } ^ \frac 1 \end{array}
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注本题有两个办法画出D的边界图形
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第一，描点法．显然， $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - x y = 1$ 与 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - x y = 2$ 分别与x轴、y轴和 $y = x$ 交于(1,0）与(√2,0），(0,1）与(0,√2)，(1,1）与 $( { \sqrt { 2 } } , { \sqrt { 2 } } )$ 将这些点连起来即可得到其大致图形.
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$=$ 事实上 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - x y = [ x$ $\left[ \begin{array} { l l } { 1 } & { - { \frac { 1 } { 2 } } } \\ { - { \frac { 1 } { 2 } } } & { 1 } \end{array} \right] \left[ \begin{array} { l } { x } \\ { y } \end{array} \right]$ 其二次型矩阵为 $\begin{array} { r } { A = \left[ { \begin{array} { l l } { 1 } & { - { \frac { 1 } { 2 } } } \\ { - { \frac { 1 } { 2 } } } & { 1 } \end{array} } \right] } \end{array}$ $\vert \lambda E - A \vert =$ 学完线性代数分册再看此处$\left| { \begin{array} { l l } { \lambda - 1 } & { { \frac { 1 } { 2 } } } \\ { 1 } & { \lambda - 1 } \end{array} } \right| = 0$ $\lambda _ { 1 } = \frac { 1 } { 2 } , \lambda _ { 2 } = \frac { 3 } { 2 }$ （或用配方法 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - x y = ( x - \frac { 1 } { 2 } y ) ^ { 2 } + \frac { 3 } { 4 } y ^ { 2 } )$ $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - x y$ 可经正交变换化为 $\frac { 1 } { 2 } y _ { 1 } ^ { 2 } + \frac { 3 } { 2 } y _ { 2 } ^ { 2 }$ 于是 $\frac { 1 } { 2 } y _ { 1 } ^ { 2 } + \frac { 3 } { 2 } y _ { 2 } ^ { 2 } = 1$ 与 $\frac { 1 } { 2 } y _ { 1 } ^ { 2 } + \frac { 3 } { 2 } y _ { 2 } ^ { 2 } = 2$ 均为椭圆，即可画出图形.
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方法总结 当积分区域给出的不是常见曲线时，可考虑描点法画积分区域图.
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\left( \mathop { \mathcal { O } \ A \bar { z } \bar { z } } \right) \int \frac { 1 } { 3 \cos ^ { 2 } \theta + \sin ^ { 2 } \theta } \mathrm { d } \theta = \int \frac { \mathrm { d } ( \tan \theta ) } { 3 + \tan ^ { 2 } \theta } = \frac { 1 } { \sqrt { 3 } } \arctan \frac { \tan \theta } { \sqrt { 3 } } + C \ .
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例14.10 设 $f ( x ) = \iint _ { D ( x ) } \frac { \nu \ln \sqrt { u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } } } { u + \nu } \mathrm { d } u \mathrm { d } \nu , D ( x ) = \left\{ ( u , \nu ) \big | \frac { 1 } { 4 } \leqslant u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } \leqslant x ^ { 2 } , u > 0 , \nu > 0 \right\}$ ，求曲线 $y ( x ) =$ $\int _ { 1 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t \left( x > \frac { 1 } { 2 } \right)$ 的拐点.
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分析）积分区域关于y=x对称，同时观察被积函数的特点，所以考虑轮换对称性.又因为积分区域是 $\frac { 1 } { 4 }$ 个圆环，且被积函数含有平方和，所以考虑极坐标计算.
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因为本题最终求的是y(x)的二阶导数，即f(x)的一阶导数，所以不必要真正计算出二重积分，只转化为变限积分即可.
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解 由轮换对称性，根据例14.4知，有
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\begin{array} { l } { f ( x ) { = } \displaystyle \frac { 1 } { 4 } \iint \ln ( u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } ) \mathrm { d } u \mathrm { d } \nu } \\ { \displaystyle { \quad } = \frac { 1 } { 4 } \int _ { 0 } ^ { \frac \pi 2 } \mathrm { d } \theta \int _ { \frac 1 2 } ^ { x } \ln \ r ^ { 2 } \cdot r \mathrm { d } r } \\ { \displaystyle { \quad } = \frac { \pi } { 4 } \int _ { \frac 1 2 } ^ { x } r \ln \ r \mathrm { d } r , } \end{array}
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故 $y ^ { \prime } ( x ) = f ( x ) , y ^ { \prime } ( x ) = f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { \pi } { 4 } } x \ln x { \frac { \widehat { < } } { - 1 } } 0$ ，得x=1.当 $\frac { 1 } { 2 } < x < 1$ 时， $y ^ { \prime \prime } ( x ) < 0$ ，当 $x > 1$ 时， $y ^ { \prime \prime } ( x ) > 0$ 于是(1,0)为y(x)的拐点.
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@方法总结）积分区域D关于y=x对称，考虑轮换对称性，即利用 $\iint _ { D } f ( x , y ) \mathrm { d } \sigma = { \frac { 1 } { 2 } } \iiint [ f ( x , y ) + f ( y , x ) ] \mathrm { d } \sigma$
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\int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x
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分析因为 $ { \mathbf { e } } ^ { a x ^ { 2 } + b x + c } ( a \neq 0 )$ 没有初等函数形式下的原函数，积分与字母无关，所以 $I = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - y ^ { 2 } } \mathrm { d } y$ 又因为 $\iint _ { D } \mathrm { e } ^ { - ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) } \mathrm { d } \sigma$ 易计算，所以计算 $I ^ { 2 }$ .根据被积函数为 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 }$ 的表达式，选择极坐标计算，将第一象限看成广义的 $\frac { 1 } { 4 }$ 个圆，其半径 $r + \infty$
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解设 $I = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x$ ，则简化版解法
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\begin{array} { r l } & { I ^ { 2 } = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x \cdot \Biggl \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x \cdot \Biggl \mathrm { e } ^ { + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x } \\ & { \qquad = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { d } x \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) } \mathrm { d } y = \int \underset { 0 \leqslant x ^ { * } + \infty } { \iint } \mathrm { e } ^ { - ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) } \mathrm { d } x \mathrm { d } y } \\ & { \qquad = \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \mathrm { d } \theta \cdot \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \cdot r \mathrm { d } r = \frac { \pi } { 2 } \cdot \left( - \frac { 1 } { 2 } \right) \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } ( - r ^ { 2 } ) } \\ & { \qquad = - \frac { \pi } { 4 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \Biggr | _ { 0 } ^ { + \infty } = \frac { \pi } { 4 } , } \end{array}
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$\int _ { - \infty } ^ { + \infty } \operatorname { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = { \sqrt { \pi } }$ ，这叫高斯积分，如同欧拉公式 $\mathrm { e } ^ { \mathrm { r \mathrm { i } } } + 1 = 0 \mathrm { ~ - ~ }$ 样美妙.它们都同时包含e，π
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由积分的保号性知I>0，故 $I = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \frac { \sqrt { \pi } } { 2 }$
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注应记住这一结果，它经常被用到，如例14.12.
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方法总结 积分与字母用谁无关！
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\iint _ { { D _ { v } } } f ( x , y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \iint f ( y , x ) \mathrm { d } y \mathrm { d } x , \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { a } ^ { b } f ( t ) \mathrm { d } t .
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公式 $\int e ^ { - x } d x = - e ^ { - x } + C$
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例14.12 计算 $\int \limits _ { - \infty } ^ { + \infty } x ^ { 2 } e ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x$
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分析被积函数为偶函数，因为 $\int \limits _ { - \infty } ^ { + \infty } x ^ { 2 } e ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x$ 收敛，所以可以用对称性处理，然后借助Γ函数计算结果.
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解 $\int _ { - \infty } ^ { + \infty } x ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = 2 \int _ { 0 } ^ { + \infty } x ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x$ ，又由例9.28知， $2 { \int _ { 0 } } ^ { + \infty } x ^ { 2 } \operatorname { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = 2 { \int _ { 0 } } ^ { + \infty } x ^ { 2 } \cdot ^ { { 2 } } { \operatorname { e } } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \Gamma { \left( { \frac { 3 } { 2 } } \right) } = { \frac { 1 } { 2 } } \bullet \Gamma { \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) } =$ $\frac { \sqrt { \pi } } { 2 }$ .故 $\int _ { - \infty } ^ { + \infty } x ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = { \frac { \sqrt { \pi } } { 2 } }$
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本题若不用函数，对于 $\int \limits _ { 0 } ^ { + \infty } x ^ { 2 } e ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x$ ，要这样算：
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$$
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\begin{array} { l } { { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { + \infty } x ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \left( - \frac { 1 } { 2 } \right) x \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } ( - x ^ { 2 } ) = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \left( - \frac { 1 } { 2 } \right) x \mathrm { d } ( \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } ) } } } \\ { { \displaystyle { = - \frac { 1 } { 2 } x \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \Bigg \vert _ { 0 } ^ { + \infty } - \int _ { 0 } ^ { + \infty } \left( - \frac { 1 } { 2 } \right) \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x } } } \\ { { \displaystyle { = 0 + \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \frac { \sqrt { \pi } } { 4 } } , } } \end{array}
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$$
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$\int \limits _ { - \infty } ^ { + \infty } x ^ { 2 } e ^ { - x ^ { 2 } } d x = \frac { \sqrt { \pi } } { 2 }$ ，显然，这是相对麻烦的
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方法总结 函数的相关结论要牢记： $\Gamma ( \alpha ) = \int _ { 0 } ^ { + \infty } x ^ { \alpha - 1 } \mathrm { e } ^ { - x } \mathrm { d } x$ $\Gamma ( \alpha + 1 ) = \alpha \Gamma ( \alpha )$
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例14.13 已知 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { \int _ { 0 } ^ { x } t ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { x ^ { 2 } - t ^ { 2 } } \mathrm { d } t + a \mathrm { e } ^ { x ^ { 2 } } } { x ^ { b } } } = - { \frac { 1 } { 2 } }$ ，求a,b的值.
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分析）一开始，可能看不出是什么类型的未定式，作恒等变形（分子分母同时除以 $\mathrm { e } ^ { x ^ { 2 } } )$ 再看.
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解
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\overbrace { \jmath _ { \ P } ^ { * } } \overrightarrow { \_ { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x + \infty } \frac { \int _ { 0 } ^ { x } t ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - t ^ { 2 } } \mathrm { d } t + a } { x ^ { b } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } } = - \frac { 1 } { 2 } \ : ,
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$$
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此时不论b取何值, $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { x ^ { b } } \mathbf { e } ^ { - x ^ { 2 } } = 0$ ，即判定为 $\mathbf { \Omega } _ { \mathfrak { a } } \underbrace { 0 } _ { 0 } ,$ 型（事实上，变形前为 $\because \frac { \infty } { \infty } , 0$ 型)
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故
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\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } \left( \int _ { 0 } ^ { x } t ^ { 2 } { \mathrm e } ^ { - t ^ { 2 } } { \mathrm d } t + a \right) = 0 \ ,
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于是
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$$
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a = - { \displaystyle \int _ { 0 } ^ { + \infty } } t ^ { 2 } { \mathrm e } ^ { - t ^ { 2 } } { \mathrm d } t = - \frac { \sqrt { \pi } } { 4 } ~ ; ~ \xrightarrow { } { \mathrm d } { \mathrm d } { \mathrm i } | 1 4 . 1 2 { \mathrm j } { \mathrm e } |
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则
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\begin{array} { l } { \displaystyle | \overrightarrow { \mathfrak { H } } | \mathfrak { L } | \mathfrak { L } | = \operatorname* { l i m } _ { x + \infty } \frac { \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } t ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - t ^ { 2 } } \mathrm { d } t - \frac { \sqrt { \pi } } { 4 } } { x ^ { b } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } } \frac { \displaystyle \sharp \sharp \mathcal { H } \cdot \mathcal { V } \mathrm { 1 } \pm \frac { \chi } { 2 } \pm \mathrm { H } \rfloor } { \displaystyle \sharp \mathrm { e } ^ { - x + \infty } b x ^ { b - 1 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } + x ^ { b } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 2 } } ( - 2 x ) } } \\ { \displaystyle = \operatorname* { l i m } _ { x + \infty } \frac { x ^ { 2 } } { b x ^ { b - 1 } - 2 x ^ { b + 1 } } = - \frac { 1 } { 2 } , } \end{array}
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故b=1.
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方法总结 ）当分母→0时，若分式的极限不为0，则可知分子→0．
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\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \mathrm e } ^ { x ^ { 2 } } \left( \left[ \int _ { 0 } ^ { x } t ^ { 2 } { \mathrm e } ^ { - t ^ { 2 } } { \mathrm d } t \right] + a \right) = \infty .
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无穷大常数常数
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公式 $\int _ { 0 } ^ { + \infty } t ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - t ^ { 2 } } \mathrm { d } t = \frac { \sqrt { \pi } } { 4 }$
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## ③极坐标系与直角坐标系的互相转化
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一是用好 $\scriptstyle { \left\{ \begin{array} { l l } { x = r \cos \theta , } \\ { y = r \sin \theta } \end{array} \right. }$ 这个公式；二是画出区域D的边界图形，做好上限、下限的转化.
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山 例14.14 $\int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \int _ { 1 - x } ^ { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \frac { x + y } { { x ^ { 2 } } + y ^ { 2 } } \mathrm { d } y =$
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分析本题乍一看，也许我们会先考虑题目是否在积分次序上设置了障碍，是否需要交换积分次序再做积分，但是，细致做来，我们会发现不管是先对x积分，还是先对y积分，都不容易计算.看来这不是积分次序上的问题，这时想想看是不是选择何种坐标系的问题呢？被积函数中含有 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 }$ 的形式，且积分区域是圆的一部分，如图14-9所示，显然应该优先考虑极坐标系，题目给出的却是直角坐标系，我们需要改变一下.
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图14-9
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即使发现区域D关于y=x对称，使用轮换对称性 $f ( x , y ) + f ( y , x )$ 的等式仍复杂，所以不用轮换对称性，只需要放在极坐标下计算即可．
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应填 $2 - { \frac { \pi } { 2 } }$
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\begin{array} { r l } & { \mathbb { H } _ { 0 } ^ { * } \mathbb { A } _ { = } ^ { * } \displaystyle \sum _ { 0 } ^ { \frac { r } { 2 } } \mathbb { d } \displaystyle \int _ { \frac { \sin \theta + \sin \theta } { \cos \theta + \sin \theta } } ^ { 1 } \frac { r ( \cos \theta + \sin \theta ) } { r ^ { 2 } } r \mathrm { d } r } \\ & { \qquad = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } ( \cos \theta + \sin \theta ) \frac { \cos \theta + \sin \theta - 1 } { \cos \theta + \sin \theta } \mathrm { d } \theta } \\ & { \qquad = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \cos \theta \mathrm { d } \theta + \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin \theta \mathrm { d } \theta - \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \mathrm { d } \theta } \\ & { \qquad = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \cos \theta \mathrm { d } \theta + \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin \theta \mathrm { d } \theta - \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \mathrm { d } \theta } \\ & { \qquad = 1 + 1 - \frac { \pi } { 2 } = 2 - \frac { \pi } { 2 } ~ . } \end{array}
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方法总结 当题目是累次积分时，通常考虑换积分顺序或者换坐标系.
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公式 $\int \cos \theta \mathrm { d } \theta = \sin \theta + C , \int \sin \theta \mathrm { d } \theta = - \cos \theta + C$
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## 换元法
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二重积分亦有和定积分一脉相承的换元法，有时很有用，现介绍于此，供参考，若能够用上，可直接使用，不必证明.
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先回顾一元函数积分换元法，见 $" \enclose{circle} { 1 } "$ ，再看二重积分换元法，见 $" ( 2 ) "$
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$\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x { \frac { x = \varphi ( t ) } { \mathrm { d } t } } \int _ { \alpha } ^ { \beta } f [ \varphi ( t ) ] \varphi ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t$ a. $ \begin{array} { l } { { f ( x ) f [ \varphi ( t ) ] ~ . } } \\ { { { } } } \\ { { { \displaystyle \int _ { a } ^ { b } \int _ { \alpha } ^ { \beta } ~ . } } } \\ { { { } } } \\ { { \mathrm { d } x \varphi ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t ~ . } } \end{array} \}$ b. 换元的三换 C.
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注意：x=φ(t)单调，存在一阶连续导数.
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$\iint f ( x , y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y \frac { x = x ( u , \nu ) } { y = y ( u , \nu ) } \iint f [ x ( u , \nu ) , y ( u , \nu ) ] \bigg | \frac { \partial ( x , y ) } { \partial ( u , \nu ) } \bigg | \mathrm { d } u \mathrm { d } \nu$
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a. $f ( x , y ) \to f [ x ( u , \nu ) , y ( u , \nu ) ]$
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b. $\iint _ { \ d u } \iint _ { \ d u }$
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C. $\mathrm { d } x \mathrm { d } y \to \left| \frac { \partial ( x , y ) } { \partial ( u , \nu ) } \right| \mathrm { d } u \mathrm { d } \nu$ J行列式的绝对值
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注意：其中 $\left\{ { \begin{array} { l } { x = x ( u , \nu ) , } \\ { y = y ( u , \nu ) } \end{array} } \right.$ 是(x，y)面到(u,v)面的一对一映射， $x = x ( u , \nu ) , y = y ( u , \nu )$ 存在一阶连续偏导数， $\begin{array} { r } { \frac { \partial ( x , y ) } { \partial ( u , \nu ) } = \left| \frac { \partial x } { \partial u } \begin{array} { l l } { \frac { \partial x } { \partial \nu } } \\ { \frac { \partial y } { \partial u } } \end{array} \right| \neq 0 } \end{array}$ >二阶行列式，称为J行列式
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另外，令 $\left\{ { \begin{array} { l } { x = r \cos \theta , } \\ { y = r \sin \theta , } \end{array} } \right.$ 则
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\begin{array} { l } { \displaystyle \iint f ( x , y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \iint _ { { D _ { \rho } } } f ( r \cos \theta , r \sin \theta ) \Bigg | \frac { \displaystyle \frac { \partial x } { \partial r } } { \partial r } \frac { \partial x } { \partial \theta } \Bigg | \mathrm { d } r \mathrm { d } \theta ~ ^ { * } \mathrm { \tiny ~ \cdot } _ { \sharp \sharp , \sharp ^ { * } } , } \\ { \displaystyle = \iint f ( r \cos \theta , r \sin \theta ) \Bigg | \frac { \displaystyle \mathrm { d } \theta } { \displaystyle \mathrm { i n } \theta } ~ ^ { - r \sin \theta } \Bigg | \mathrm { d } r \mathrm { d } \theta = \iint f ( r \cos \theta , r \sin \theta ) r \mathrm { d } r \mathrm { d } \theta ~ . } \end{array}
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这就是直角坐标系到极坐标系的换元过程.
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例14.15 设平面区域 $D = \{ ( x , y ) | 0 { \leqslant } x { \leqslant } 1 - y , 0 { \leqslant } y { \leqslant } 1 \}$ ，计算二重积分 $\displaystyle \iint _ { D } \mathrm { e } ^ { \frac { y } { x + y } } \mathrm { d } \sigma ,$
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分析 虽然积分区域简单，但是无论是先积x，还是先积y，都比较困难.若考虑极坐标系，由于积分区域是三角形，计算量也很大，主要是e的指数为 $\frac { y } { x + y }$ ，造成“头重脚轻”.可以考虑换元，令 $\left\{ { \begin{array} { l } { x + y = u } \\ { y = \nu , } \end{array} } \right.$ 则 $\frac { y } { x + y }$ 就变为 $\frac { \nu } { u }$ 此时积分区域变为另一个三角形区域，被积函数也变得简单.
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解 $\scriptstyle { \left\{ \begin{array} { l l } { x + y = u } \\ { y = \nu , } \end{array} \right. }$ 则 $\scriptstyle { \left\{ \begin{array} { l l } { x = u - \nu , } \\ { y = \nu , } \end{array} \right. }$
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J = \left| \begin{array} { c c } { { \displaystyle { \frac { \partial x } { \partial u } } } } & { { \displaystyle { \frac { \partial x } { \partial \nu } } } } \\ { { \displaystyle { \frac { \partial y } { \partial u } } } } & { { \displaystyle { \frac { \partial y } { \partial \nu } } } } \end{array} \right| = \left| \begin{array} { c c } { { \displaystyle 1 } } & { { \displaystyle - 1 } } \\ { { \displaystyle 0 } } & { { 1 } } \end{array} \right| = 1 ~ ,
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且由 $\left\{ \begin{array} { l l } { 0 \leqslant x \leqslant 1 - y } \\ { 0 \leqslant y \leqslant 1 , } \end{array} \right.$ 知 $\left\{ \begin{array} { l l } { \nu \leqslant u \leqslant 1 , } \\ { 0 \leqslant \nu \leqslant 1 , } \end{array} \right.$ 如图14-10所示.故
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图14-10
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\begin{array} { l } { { \displaystyle I = \int \int _ { D } ^ { \nu } \mathrm { e } ^ { \frac { \nu } { x + y } } \mathrm { d } \sigma = \int \int _ { D _ { w } } ^ { \frac { \nu } { u } } | J | \mathrm { d } u \mathrm { d } \nu = \int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } u \int _ { 0 } ^ { u } \mathrm { e } ^ { \frac { \nu } { u } } \mathrm { d } \nu } } \\ { { \displaystyle \quad = \int _ { 0 } ^ { 1 } u \mathrm { e } ^ { \frac { \nu } { u } } | _ { \nu = 0 } ^ { \nu = u } \mathrm { d } u = \int _ { 0 } ^ { 1 } u ( \mathrm { e } - 1 ) \mathrm { d } u = \frac { 1 } { 2 } ( \mathrm { e } - 1 ) . } } \end{array}
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注此题亦可用常规方法（极坐标系，见图14-11）求解：
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\begin{array} { r l } & { I = \int _ { 0 } ^ { \infty } d \theta \int _ { 0 } ^ { \infty + \infty } e ^ { - \omega \omega \theta \omega } r d \theta } \\ & { = \int _ { 0 } ^ { \infty } e ^ { - \omega \theta \omega } r d \theta } \\ & { = \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { \frac { \sin \theta } { 2 } } e ^ { - \omega \theta \omega } r d \theta } \\ & { = - \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { \frac { 1 } { 2 } } e ^ { - \omega \theta \omega } r d \theta } \\ & { = - \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { \frac { 1 } { 2 } } e ^ { - \omega \theta \omega } r d \theta \left( { \frac { \sin \theta } { \cos \theta } } + { \frac { \sin \theta } { \sin \theta } } \right) ^ { 2 } d \theta } \\ & { = \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { \frac { 1 } { 2 } } e ^ { - \omega \theta \omega } r d \theta \left( { \frac { \sin \theta } { \cos \theta } } + { \frac { \sin \theta } { \sin \theta } } \right) } \\ & { = \frac { 1 } { 2 } \frac { \sin \theta } { \sin \theta } \frac { 1 } { \theta } = \frac { 1 } { 2 } ( e - 1 ) \ . } \end{array}
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图14-11
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方法总结 二重积分的换元：注意“三换”，换积分区域，换被积函数，换积分变量.极坐标换元 $\scriptstyle { \left\{ \begin{array} { l l } { x = r \cos \theta , } \\ { y = r \sin \theta } \end{array} \right. }$ 仅是一种换元法，
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( \underbrace { \mathcal { \theta } ^ { \prime } \Delta \overrightarrow { \sf z } \overrightarrow { \sf z } } ) \left( \frac { \sin \theta } { \cos \theta + \sin \theta } \right) ^ { \prime } = \frac { 1 } { \left( \cos \theta + \sin \theta \right) ^ { 2 } } \mathrm { ~ . ~ }
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## 古鲁金第二定理
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如图14-12所示，将平面有界闭区域D任意分成n个小闭区域， $\Delta \sigma _ { i } ( i = 1 , 2 , \cdots , n )$ 为面积，在$\Delta \sigma _ { i }$ 中任取一点 $( \xi _ { i } , \eta _ { i } )$ ，记 $\lambda = \operatorname* { m a x } _ { i } \{ \Delta \sigma _ { i } \}$ ，则
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\Delta V _ { i } = 2 \pi r _ { i } \Delta \sigma _ { i } = 2 \pi \frac { \left| a \xi _ { i } + b \eta _ { i } + c \right| } { \sqrt { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } \Delta \sigma _ { i } ,
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故
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\begin{array} { l } { { \displaystyle V = \operatorname* { l i m } _ { \lambda \to 0 } \sum _ { i = 1 } ^ { n } \Delta V _ { i } = \operatorname* { l i m } _ { \lambda \to 0 } \sum _ { i = 1 } ^ { n } 2 \pi \frac { \left| a \xi _ { i } + b \eta _ { i } + c \right| } { \sqrt { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } \Delta \sigma _ { i } } } \\ { ~ } \\ { { \displaystyle = \iint _ { D } 2 \pi \frac { \left| a x + b y + c \right| } { \sqrt { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } \mathrm { d } \sigma } } \\ { { \displaystyle = \frac { 2 \pi } { \sqrt { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } \iint \left| a x + b y + c \right| \mathrm { d } \sigma . } } \end{array}\tag{14-1}
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与第12讲的公式(12-5)比较，得
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即
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\begin{array} { c } { { \displaystyle r ( \overline { { { x } } } , \ \overline { { { y } } } ) = \frac { M _ { L _ { 0 } } } { M } = \frac { 2 \pi M _ { L _ { 0 } } } { 2 \pi M } = \frac { V } { 2 \pi \bullet S } \ , } } \\ { { \displaystyle \vphantom { \frac { V } { \sqrt } } } } \\ { { \displaystyle \vphantom { \frac { V } { \sqrt } } \frac { V = 2 \pi \bullet S \bullet r ( \overline { { { x } } } , \ \overline { { { y } } } ) } { \sqrt { 2 } } \ \cdot \ \star } } \\ { { \displaystyle \vphantom { \frac { V } { \sqrt } } \frac { V = 3 \ \ast \widehat { \langle \mathbf { k } , \ \overline { { { y } } } \rangle } } { \sqrt { 2 } \widehat { \langle \mathbf { k } , \ \overline { { { \xi } } } \rangle } } \ ~ \stackrel { \widehat { \mathrm { d e t } } } { \widehat { \mathrm { d e t } } } \ \frac { \widehat { \langle \mathbf { k } , \overline { { { y } } } \rangle } } { 2 \pi M } = \ \frac { \widetilde { V } } { 2 \pi \bullet S } \ , } } \\ { { \displaystyle \phantom { \frac { V } { \sqrt { 2 } } } \widehat { \mathrm { d e t } } \ \widehat { \langle \mathbf { k } , \ \mathbf { B } ^ { \mathrm { e f f } } \ \mathbf { g } \widehat { \mathrm { d } } _ { 2 } ^ { \mathrm { a } } } } } \end{array}
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图14-12
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例14.16曲线 $y = \sin x ( 0 \leqslant x \leqslant 2 \pi )$ 与x轴所围区域D绕直线 $y = - x$ 旋转一周所成的旋转体的体积为
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解 应填 $4 \sqrt { 2 } \pi ^ { 2 }$
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由古鲁金第二定理，有
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\begin{array} { l } { { { \cal V } = 2 \pi \bullet S \bullet { \underline { { { r } } } } ( { \overline { { { x } } } } , { \overline { { { y } } } } ) } } \\ { { ~ } } \\ { { ~ = 2 \pi \bullet 4 \bullet { \underline { { { \pi } } } } } } \\ { { ~ { \overline { { { \sqrt { 2 } } } } } } } \end{array}
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例14.17设D为 $( x - 1 ) ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 1$ 与 $( x - 2 ) ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 2 ^ { 2 }$ 及x轴所围区域在第一象限的部分，则D的形心(x，y)= D
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解 应填 $\left( \frac { 7 } { 3 } , \frac { 2 8 } { 9 \pi } \right)$
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D绕y轴旋转一周所成的旋转体的体积
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V = 2 \pi \bullet \frac { \pi \bullet 2 ^ { 2 } } 2 \bullet 2 - 2 \pi \bullet \frac { \pi \bullet 1 ^ { 2 } } 2 \bullet 1 = 7 \pi ^ { 2 } \ : ,
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故D的形心到y轴的距离为 $r ( { \overline { { x } } } , { \overline { { y } } } ) = { \frac { V } { 2 \pi S } } = { \frac { 7 \pi ^ { 2 } } { 2 \pi ( \pi \bullet 2 ^ { 2 } - \pi \bullet 1 ^ { 2 } ) \bullet { \frac { 1 } { 2 } } } } = { \frac { 7 } { 3 } }$
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显然，即 ${ \overline { { x } } } = { \frac { 7 } { 3 } }$ .同理可求得 $\overline { { y } } = \frac { 2 8 } { 9 \pi }$
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注y的求解较x稍微复杂一些，要先求出半圆域（ $( x - 1 ) ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leq 1 ( y \geq 0 )$ 与半圆域 $( x - 2 ) ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leq$ $2 ^ { 2 } ( y \geqslant 0 )$ 的形心竖坐标 $\overline { { y } } _ { 1 } , \overline { { y } } _ { 2 }$
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$\overline { { y } } _ { 1 } = \frac { \iint y \mathrm { d } \sigma } { \iint \mathrm { d } \sigma } = \frac { \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \mathrm { d } \theta \int _ { 0 } ^ { 2 \cos \theta } r \sin \theta \cdot r \mathrm { d } r } { \pi \bullet 1 ^ { 2 } \bullet \frac { 1 } { 2 } } = \frac { 4 } { 3 \pi }$ $\overline { { { y } } } _ { 1 } = \frac { 4 } { 3 \pi }$ 同理可得 $\overline { { { y } } } _ { 2 } = \frac { 8 } { 3 \pi }$ 则D绕x轴旋转-周所成的旋转体的体积
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$$
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V _ { _ { x } } = 2 \pi \cdot \frac { \pi \cdot 2 ^ { 2 } } { 2 } \cdot \frac { 8 } { 3 \pi } - 2 \pi \cdot \frac { \pi \cdot 1 ^ { 2 } } { 2 } \cdot \frac { 4 } { 3 \pi } = \frac { 2 8 \pi } { 3 } \ : ,
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$$
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故D的形心到x轴的距离为
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$$
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r ( \overline { { { x } } } , \ \overline { { { y } } } ) = \frac { V _ { x } } { 2 \pi S } = \frac { \frac { 2 8 \pi } { 3 } } { 2 \pi ( \pi \bullet 2 ^ { 2 } - \pi \bullet 1 ^ { 2 } ) \bullet \frac { 1 } { 2 } } = \frac { 2 8 } { 9 \pi } ,
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$$
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藥即 $\overline { { y } } = \frac { 2 8 } { 9 \pi }$
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## 平面区域D大观
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要想正确计算二重积分，准确画出平面区域D是必不可少的基本功，本讲最后，总回结出常见的平面区域D的图形及表达，考生应多画、多练，这些图不是背的，而是训练画区域能力的素材.
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## 直角坐标系下直线边界型
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考生应能熟练画出平面区域D.
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(1) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant 1 , 0 \leqslant y \leqslant 1 \right\}$
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(2） $D = \{ ( x , y ) { \big | } x + y { \leqslant } 1 , x \geqslant 0 , y \geqslant 0 \}$
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(3) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant 1 , 0 \leqslant y \leqslant x \right\}$
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（4） $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant 2 , x \leqslant y \leqslant { \sqrt { 3 } } x \right\}$
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(5） $D = \{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant \pi , 0 \leqslant y \leqslant 1 \}$
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(6) $D = \{ ( x , y ) { \big | } 1 { \leqslant } x + y { \leqslant } 2 , x { \geqslant } 0 , y { \geqslant } 0 \}$
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(7) $D = \left\{ ( x , y ) \bigg | 0 \leqslant x \leqslant 3 , 0 \leqslant y \leqslant 3 , \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } x \leqslant y \leqslant \sqrt { 3 } x \right\}$ .(8) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 1 { \leqslant } x + y { \leqslant } 2 , 0 { \leqslant } y { \leqslant } x \right\}$
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(9) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x + y \leqslant 1 , 0 \leqslant y \leqslant 1 \right\}$
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(11) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } x \leqslant 1 , y \geqslant - 1 , y \leqslant x \right\}$
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(13) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 { \leqslant } x { \leqslant } 1 , x { \leqslant } y { \leqslant } 1 + x \right\}$
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(15) $D = \{ ( x , y ) { \big | } { \big | } x { \big | } + { \big | } y { \big | } \leqslant 1 \}$
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(10) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant 1 , x \leqslant y \leqslant 1 \right\}$
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(12) $D = \left\{ ( x , y ) \bigg \vert \frac { 1 } { 4 } \leqslant y \leqslant \frac { 1 } { 2 } , y \leqslant x \leqslant \frac { 1 } { 2 } \right\} \ .$
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(14) $D = \{ ( x , y ) { \big | } x \leqslant 3 y , y \leqslant 3 x , x + y \leqslant 8 \}$
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\left( \ 1 6 \right) \ D = \left\{ \left( x , y \right) \bigg \vert 0 \leqslant x \leqslant 1 , 0 \leqslant y \leqslant 1 , \big \vert x - y \big \vert \leqslant \frac { 1 } { 2 } \right\} \ .
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（17） $D = \{ ( x , y ) { \big | } { \big | } x { \big | } \leqslant 1 , { \big | } y { \big | } \leqslant 1 \}$
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## 2 直角坐标系下曲线边界型
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考生应能熟练画出平面区域D.
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(1) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant 1 , \sqrt [ 3 ] { x } \leqslant y \leqslant 1 \right\}$
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(2） $D = \left\{ ( x , y ) { \bigg | } 0 { \leqslant } x { \leqslant } 1 , \arctan x { \leqslant } y { \leqslant } { \frac { \pi } { 4 } } \right\}$
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(3） $D = \{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant 1 , 0 \leqslant y \leqslant 1 , ( x - 1 ) ^ { 2 } + ( y - 1 ) ^ { 2 } \leqslant 1 \}$ (4) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant y \leqslant x , x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant 1 \right\}$
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(5) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 1 \leqslant x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant \mathbf { e } ^ { 2 } , x \geqslant 0 , y \geqslant 0 \right\}$
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(7) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } ( x - 1 ) ^ { 2 } + ( y - 1 ) ^ { 2 } \leqslant 2 , 0 \leqslant x + y \leqslant 4 \right\}$
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(9) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant \ln 2 , \mathbf { e } ^ { x } \leqslant y \leqslant 2 \right\}$
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(6) $D = \{ ( x , y ) | y \geqslant - x , x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant 4 ,$
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$$
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x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \geqslant 2 x , y \geqslant 0 \} .
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$$
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（8） $D = \left\{ ( x , y ) \left| { \frac { 1 } { 4 } } \leqslant x ^ { 2 } + y ^ { 2 } , x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \geqslant x ^ { 4 } + y ^ { 4 } , \right. \right.$
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（10) $D = \left\{ ( x , y ) { \Big | } 0 \leqslant y \leqslant 1 , 0 \leqslant x \leqslant 1 - { \sqrt { 2 y - y ^ { 2 } } } \right\}$
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(11) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant { \sqrt { 2 } } x , 0 \leqslant y \leqslant x , { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } \leqslant 1 \right\}$ .(12) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) ^ { 2 } \leqslant 2 x y , x \geqslant 0 , y \geqslant 0 \right\}$
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(13） $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } x \geq 1 , x ^ { 2 } \leq y \right\}$
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(15） $D = \left\{ ( x , y ) \left| { \frac { 1 - x } { 1 + x } } \leqslant y \leqslant { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } , 0 \leqslant x \leqslant 1 \right. \right\}$
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(17) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } y \leqslant { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } , y \geqslant 1 - { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \right\}$
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(19) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) ^ { 2 } \leqslant 2 x y \right\}$
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（14) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } y \leqslant { \sqrt { 2 x - x ^ { 2 } } } , x + y \geqslant 2 \right\}$
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(16) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } x + y + x y \geqslant 1 , x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant 1 , x \geqslant 0 , y \geqslant 0 \right\}$
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（18） $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant 4 , 2 x - x ^ { 2 } - y ^ { 2 } \leqslant 0 \right\}$
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(20） $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant y \leqslant 1 , - { \sqrt { 1 - y ^ { 2 } } } \leqslant x \leqslant 1 - y \right\}$
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(21) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } \leqslant y \leqslant { \sqrt { 4 - x ^ { 2 } } } , - x \leqslant y , y \geqslant 0 \right\}$ .(22） $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 1 { \leqslant } x ^ { 2 } + y ^ { 2 } { \leqslant } 2 x , y { \geqslant } 0 \right\}$
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(23) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) ^ { 2 } \leqslant x ^ { 2 } - y ^ { 2 } , x \geqslant 0 \right\}$
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(24) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant 2 , 0 \leqslant y \leqslant 4 - x ^ { 2 } \right\}$
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$$
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D = \left\{ ( x , y ) \bigg | \sin x \leqslant y \leqslant 1 , \frac { \pi } { 2 } \leqslant x \leqslant \pi \right\} \ .
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$$
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(27) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 2 x y \leqslant 1 , 4 x y \geqslant 1 , y \geqslant x , y \leqslant { \sqrt { 3 } } x \right\}$
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(28） $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } - 1 { \leqslant } x { \leqslant } 0 , - x { \leqslant } y { \leqslant } 2 - x ^ { 2 } \right\}$
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(29) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 4 x ^ { 2 } \leqslant y \leqslant 9 x ^ { 2 } , x \geqslant 0 \right\}$
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(31) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } x \geq - 2 , 0 \leqslant y \leqslant 2 , x \leqslant - { \sqrt { 2 y - y ^ { 2 } } } \right\}$
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(33） $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant 4 , ( x + 1 ) ^ { 2 } + y ^ { 2 } \geqslant 1 \right\}$
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(35） $D = \Bigr \{ ( x , y ) \bigl | x \leq \sqrt { 1 + y ^ { 2 } } , x + \sqrt { 2 } y \geq 0 ,$
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$$
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x - { \sqrt { 2 } } y \geq 0 ]
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$$
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(30） $D = \left\{ ( x , y ) { \Big | } 0 \leqslant y \leqslant 1 , { \sqrt { y } } \leqslant x \leqslant { \sqrt { 2 - y ^ { 2 } } } \right\}$
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(32） $D = \left\{ ( x , y ) { \bigg | } 0 \leqslant y \leqslant { \frac { 1 } { 4 } } , y \leqslant x \leqslant { \sqrt { y } } \right\}$
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(34) $D _ { 1 } = \left\{ ( x , y ) { \left| x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant 1 , x \geqslant 0 , y \geqslant 0 \right. } \right\} \mathrm { ~ , ~ }$
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$$
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D _ { 2 } = \left\{ ( x , y ) { \left| x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \geqslant 1 , 0 \leqslant x \leqslant 1 , 0 \leqslant y \leqslant 1 \right. } \right\} \ .
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$$
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(36) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant 1 , 0 \leqslant y \leqslant { \sqrt { x } } \right\} \ .$
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(37） $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant 1 , x ^ { 2 } \leqslant y \leqslant 1 \right\}$
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(39) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 2 \leqslant x \leqslant 4 , { \sqrt { x } } \leqslant y \leqslant 2 \right\}$
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（41） $D = \left\{ ( x , y ) { \bigg | } { \frac { 1 } { 2 } } \leqslant y \leqslant 1 , y \leqslant x \leqslant { \sqrt { y } } \right\}$
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（43） $D = \left\{ \left( x , y \right) \vert x ^ { 2 } + y ^ { 2 } + x y { \leqslant } 1 \right\} \ .$
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$$
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D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 1 { \leqslant } x { \leqslant } 2 , { \sqrt { x } } \leqslant y { \leqslant } x \right\} ~ .
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$$
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（40） $D = \left\{ ( x , y ) \left| { \frac { 1 } { 4 } } \leqslant y \leqslant { \frac { 1 } { 2 } } , { \frac { 1 } { 2 } } \leqslant x \leqslant { \sqrt { y } } \right. \right\}$
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(42） $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 2 \leqslant 2 x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant 4 , x \geqslant 0 , y \geqslant 0 \right\}$
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$$
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D = \left\{ ( x , y ) \bigg | 0 \leqslant x \leqslant 2 , 0 \leqslant y \leqslant 2 , y \leqslant \frac { 1 } { x } \right\} \ .\tag{44}
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## ③极坐标方程型
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考生应能熟练画出平面区域D.
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(1) $D = \left\{ ( r , \theta ) \bigg | 0 \leqslant r \leqslant \frac { 1 } { \sin \theta } , \frac { \pi } { 4 } \leqslant \theta \leqslant \frac { \pi } { 2 } \right\}$
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(3) $D = \left\{ ( r , \theta ) \bigg \vert 0 { \leqslant } \theta { \leqslant } 2 \pi , \frac { \theta } { 2 } { \leqslant } r { \leqslant } \pi \right\}$
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(5） $D = \left\{ ( r , \theta ) \bigg \vert \frac { 1 } { \sqrt { \sin \theta \cos \theta } } \leqslant r \leqslant \frac { 2 } { \cos \theta } , \right.$
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(7） $D = \left\{ ( r , \theta ) \bigg \vert 0 { \leqslant r } { \leqslant } \sqrt { \sin 2 \theta } , 0 { \leqslant } \theta { \leqslant } \frac { \pi } { 2 } \right\}$
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(2) $D = \left\{ ( r , \theta ) \bigg | 0 \leqslant r \leqslant \sec \theta , 0 \leqslant \theta \leqslant \frac { \pi } { 4 } \right\}$
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(4） $D = \left\{ ( r , \theta ) \bigg | 0 \leqslant r \leqslant 1 , 0 \leqslant \theta \leqslant \frac { \pi } { 4 } \right\} \ .$
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$$
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\left( 6 \right) \ D = \left\{ \left( r , \theta \right) \bigg \vert 2 \leqslant r \leqslant 2 ( 1 + \cos \theta ) , - \frac { \pi } { 2 } \leqslant \theta \leqslant \frac { \pi } { 2 } \right\} \ .
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$$
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（8） $D = \left\{ ( r , \theta ) \bigg | 0 \leqslant \theta \leqslant \frac { \pi } { 2 } , 0 \leqslant r \leqslant 2 \cos \theta , \right.$
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$$
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0 { \leqslant } r { \leqslant } \frac { 2 } { \cos \theta + \sin \theta } \Bigg \} \ .
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(15） $D = \left\{ ( r , \theta ) \big | 1 \leqslant r \leqslant u , 0 \leqslant \theta \leqslant \nu \right\}$
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注有些D是用直角坐标系下的表达式描述的，但实际上用极坐标方程更方便，要归到这里来。如2019年考研真题数学二（18）的平面区域为 $D = \left\{ \left( x , y \right) \left\| x \right| \leqslant y , ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) ^ { 3 } \leqslant y ^ { 4 } \right\}$
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$$
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g : y = \left| x \right| , f : y ^ { 4 } = ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) ^ { 3 }
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$$
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## 4参数方程型
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考生应能熟练画出平面区域D.
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(1) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 { \leqslant } y { \leqslant } t - x , 0 { \leqslant } x { \leqslant } t , 0 < t { \leqslant } 1 \right\}$
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(2) $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant t , x \leqslant y \leqslant t \right\}$
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(3) $D = \{ ( x , y ) { \big | } 0 \leqslant x \leqslant t , 0 \leqslant y \leqslant x , t > 0 \}$
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(4) $D = \left\{ ( u , \nu ) { \big | } 0 \leqslant u \leqslant x ^ { 4 } , \sqrt [ 4 ] { u } \leqslant \nu \leqslant x \right\}$
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(5） $D = \left\{ ( x , y ) \bigg | x ^ { 2 } + ( y - 1 ) ^ { 2 } \leqslant 1 , \frac { 2 } { 3 } x ^ { 2 } + \frac { 2 } { 9 } y ^ { 2 } \leqslant a ^ { 2 } , a > 0 \right\}$
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(a)
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(b)
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(c)
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(6) $D = \left\{ ( x , y ) \bigg | 0 < y < \sqrt { 2 a x - x ^ { 2 } } , x > y , a > 0 \right\}$ （7） $D = \{ ( x , y ) { \big | } 0 { \leqslant } x { \leqslant } 2 t , 0 { \leqslant } y { \leqslant } t , t > 0 \}$
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(8） $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } y \geqslant - x , y \leqslant - a + { \sqrt { a ^ { 2 } - x ^ { 2 } } } , \ a > 0 \right\}$ (9） $D = \{ ( x , y ) { \big | } y \leqslant x \leqslant t , 1 \leqslant y \leqslant t , t > 1 \}$
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## 基础习题精练
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## 习题
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14.1 $\operatorname * { l i m } _ { n \infty } \sum _ { i = 1 } ^ { n } \sum _ { j = 1 } ^ { n } \frac { n } { ( n + i ) ( n ^ { 2 } + j ^ { 2 } ) } = ( \begin{array} { l l l } { { } } & { { } } & { { ) } } \end{array} $
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(A) $\int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \int _ { 0 } ^ { x } \frac { 1 } { ( 1 + x ) ( 1 + y ^ { 2 } ) } \mathrm { d } y$ (B) $\int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \int _ { 0 } ^ { x } \frac { 1 } { ( 1 + x ) ( 1 + y ) } \mathrm { d } y$
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(C) $\int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { 1 } { ( 1 + x ) ( 1 + y ) } \mathrm { d } y$ (D) $\int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { 1 } { ( 1 + x ) ( 1 + y ^ { 2 } ) } \mathrm { d } y$
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14.2 设函数f(t)连续，区域 $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant 2 y \right\}$ ，则 $\iint _ { D } f ( x y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \left( \begin{array} { l l l } { \begin{array} { r l } \end{array} } & { \begin{array} { r l } \end{array} } & { \begin{array} { r l } \end{array} } \end{array} \right)$
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(A) $\int _ { - 1 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \int _ { - \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } ^ { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } f ( x y ) \mathrm { d } y$ (B) $2 \int _ { 0 } ^ { 2 } \mathrm { d } y \int _ { 0 } ^ { \sqrt { 2 y - y ^ { 2 } } } f ( x y ) \mathrm { d } x$
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(C) $\int _ { 0 } ^ { \pi } \mathrm { d } \theta \int _ { 0 } ^ { 2 \sin \theta } f ( r ^ { 2 } \sin \theta \cos \theta ) \mathrm { d } r$ (D) $\int _ { 0 } ^ { \pi } \mathrm { d } \theta \int _ { 0 } ^ { 2 \sin \theta } f ( r ^ { 2 } \sin \theta \cos \theta ) r \mathrm { d } r$
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14.3 累次积分 $\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \mathrm { d } \theta \int _ { 0 } ^ { \cos \theta } f ( r \cos \theta , r \sin \theta ) r \mathrm { d } r$ 可以写成（ ）（A) $\int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } y \int _ { 0 } ^ { \sqrt { y - y ^ { 2 } } } f ( x , y ) \mathrm { d } x$ (B) $\int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } y \int _ { 0 } ^ { \sqrt { 1 - y ^ { 2 } } } f ( x , y ) \mathrm { d } x$ (C） $\int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x , y ) \mathrm { d } y$ (D) $\int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \int _ { 0 } ^ { \sqrt { x - x ^ { 2 } } } f ( x , y ) \mathrm { d } y$
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14.4 $\int _ { - 1 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \int _ { | x | } ^ { \sqrt { 2 - x ^ { 2 } } } \sin ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) \mathrm { d } y = \mathrm { ~ ( ~ \qquad ~ ) ~ }$ (A) $\frac { \pi } { 4 } ( \cos 2 - 1 )$ (B) $\frac { \pi } { 4 } ( - \cos 2 + 1 )$ (C） $\frac { \pi } { 4 } ( \cos 2 + 1 )$ (D) $\frac { \pi } { 4 } ( - \cos 2 - 1 )$
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14.5设 $a > 0 , f ( x ) = g ( x ) = \left\{ { a , 0 \leqslant x \leqslant 1 } , \right.$ 而D表示全平面，则 $I = \iint _ { D } f ( x ) g ( y - x ) { \mathrm { d } } x { \mathrm { d } } y =$
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14.6 设f(x)为连续函数， $F ( t ) = \int _ { 1 } ^ { t } \mathrm { d } y \int _ { y } ^ { t } f ( x ) \mathrm { d } x$ ，则F'(t)=
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14.7设区域D是由曲线y=sinx与直线 $x = \pm \frac { \pi } { 2 } , y = 1$ 围成的平面区域，则 $\iint _ { D } ( x y ^ { s } - 1 ) \mathrm { d } \sigma =$
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14.8设区域 $D = \{ ( x , y ) | x ^ { 2 } + y ^ { 2 } { \leqslant } 1 , x { \geqslant } 0 \}$ ，计算二重积分 $I = \iint _ { D } { \frac { 1 + x y } { 1 + x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } { \mathrm { d } } x { \mathrm { d } } y$
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14.9计算二重积分 $\iint _ { D } \mathrm { e } ^ { \operatorname* { m a x } \{ x ^ { 2 } \cdot \ y ^ { 2 } \} } \mathrm { d } x \mathrm { d } y$ ，其中 $D = \{ ( x , y ) | 0 \leqslant x \leqslant 1 , 0 \leqslant y \leqslant 1 \}$
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14.10计算二重积分 $I = \iint _ { D } r ^ { 2 } \sin \theta \sqrt { 1 - r ^ { 2 } \cos 2 \theta } \mathrm { d } r \mathrm { d } \theta$ ，其中
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D = \left\{ ( r , \theta ) \bigg | 0 \leqslant r \leqslant \sec \theta , 0 \leqslant \theta \leqslant \frac { \pi } { 4 } \right\} .
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14.11计算二重积分 $I = \iint _ { D } r ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - r ^ { 2 } \sin ^ { 2 } \theta } \cos \theta \mathrm { d } r \mathrm { d } \theta$ ，其中 $D = \left\{ ( r , \theta ) { \bigg | } r \geqslant 0 , { \frac { \pi } { 4 } } \leqslant \theta \leqslant { \frac { \pi } { 2 } } \right\}$
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14.12(1)设积分区域D能使二重积分 $\iint _ { D } ( 1 - 2 x ^ { 2 } - y ^ { 2 } ) \mathrm { d } \sigma$ 的值达到最大，求出该积分区域D；
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(2)对(1)中的二重积分 $\iint _ { D } ( 1 - 2 x ^ { 2 } - y ^ { 2 } ) \mathrm { d } \sigma$ ，求出其最大值.
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## 解答
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14.1(D）解设 $D = \{ ( x , y ) | 0 < x { \leqslant } 1 , 0 < y { \leqslant } 1 \}$ ，记 $f ( x , y ) = { \frac { 1 } { ( 1 + x ) ( 1 + y ^ { 2 } ) } }$
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用直线 $x = x _ { i } = \frac { i } { n } ( i = 1 , 2 , \cdots , n )$ 与 $y = y _ { j } = \frac { j } { n } ( j = 1 , 2 , \cdots , n )$ 将D分成 $n ^ { 2 }$ 等份，和式
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\sum _ { i = 1 } ^ { n } \sum _ { j = 1 } ^ { n } \frac { 1 } { ( 1 + x _ { i } ) ( 1 + y _ { j } ^ { 2 } ) } \frac { 1 } { n ^ { 2 } } = \sum _ { i = 1 } ^ { n } \sum _ { j = 1 } ^ { n } \frac { 1 } { \left( 1 + \frac { i } { n } \right) \left( 1 + \frac { j ^ { 2 } } { n ^ { 2 } } \right) } \frac { 1 } { n ^ { 2 } } = \sum _ { i = 1 } ^ { n } \sum _ { j = 1 } ^ { n } \frac { n } { ( n + i ) ( n ^ { 2 } + j ^ { 2 } ) }
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是函数f(x，y)在D上的一个二重积分，所以
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sum _ { i = 1 } ^ { n } \sum _ { j = 1 } ^ { n } \frac { n } { ( n + i ) ( n ^ { 2 } + j ^ { 2 } ) } = \iint \frac { 1 } { D } \frac { 1 } { ( 1 + x ) ( 1 + y ^ { 2 } ) } { \mathrm { d } } x { \mathrm { d } } y = \int _ { 0 } ^ { 1 } { \mathrm { d } } x \int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { 1 } { ( 1 + x ) ( 1 + y ^ { 2 } ) } { \mathrm { d } } y \ .
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注（1）实际还可以用“配凑法”，直接从题干出发，
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\begin{array} { r l } { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \displaystyle \sum _ { i = 1 } ^ { n } \displaystyle \sum _ { j = 1 } ^ { n } \displaystyle \frac { n } { ( n + i ) ( n ^ { 2 } + j ^ { 2 } ) } = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sum _ { i = 1 } ^ { n } \sum _ { j = 1 } ^ { n } \displaystyle \frac { 1 } { \left( 1 + \displaystyle \frac { i } { n } \right) \left( 1 + \displaystyle \frac { j ^ { 2 } } { n ^ { 2 } } \right) } \cdot \displaystyle \frac { 1 } { n ^ { 2 } } } & { } \\ { \displaystyle } & { = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sum _ { i = 1 } ^ { n } \sum _ { j = 1 } ^ { n } \displaystyle \frac { 1 } { 1 + \displaystyle \frac { i } { n } } \cdot \displaystyle \frac { 1 } { 1 + \displaystyle \frac { j ^ { 2 } } { n ^ { 2 } } } \cdot \displaystyle \frac { 1 } { n } \cdot \displaystyle \frac { 1 } { n } } \\ { \displaystyle } & { = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } \displaystyle \frac { 1 } { ( 1 + x ) ( 1 + y ^ { 2 } ) } \mathrm { d } y \ . } \end{array}
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（2)此题结果为 $\frac { \pi } { 4 } \ln 2$
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14.2(D）解所给问题为直角坐标系下的二重积分，积分区域 $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant 2 y \right\}$ 在直角坐标系下可以表示为 $x ^ { 2 } + ( y - 1 ) ^ { 2 } \leqslant 1$ ，即圆心在(0,1)，半径为1的圆域.因此区域D可表示为
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- 1 \leqslant x \leqslant 1 , 1 - \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } \leqslant y \leqslant 1 + \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } ,
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也可以表示为
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0 \leqslant y \leqslant 2 , - \sqrt { 2 y - y ^ { 2 } } \leqslant x \leqslant \sqrt { 2 y - y ^ { 2 } } \enspace .
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因此
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\iint _ { D } f ( x y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \int _ { - 1 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \int _ { 1 - \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } ^ { 1 + \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } f ( x y ) \mathrm { d } y ,
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可知(A)不正确.又
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\iint _ { D } f ( x y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \int _ { 0 } ^ { 2 } \mathrm { d } y \int _ { - \sqrt { 2 y - y ^ { 2 } } } ^ { \sqrt { 2 y - y ^ { 2 } } } f ( x y ) \mathrm { d } x ,
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且题设中没有给出f为偶函数的条件，可知(B)也不正确.
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在极坐标系下， $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 2 y$ 转化为 $r = 2 \sin \theta$ .因此D可以表示为
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0 \leqslant \theta \leqslant \pi , 0 \leqslant r \leqslant 2 \sin \theta ,
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因此
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\iint _ { D } f ( x y ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \int _ { 0 } ^ { \pi } \mathrm { d } \theta \int _ { 0 } ^ { 2 \sin \theta } f ( r ^ { 2 } \cos \theta \sin \theta ) r \mathrm { d } r ,
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可知(C)不正确，(D)正确.故选(D).
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14.3(D）解积分区域 $D = \left\{ ( r , \theta ) \bigg \vert 0 \leqslant \theta \leqslant \frac { \pi } { 2 } , 0 \leqslant r \leqslant \cos \theta \right\}$ 化为直角坐标，可表示为$\begin{array} { l } { { \displaystyle { D = \left\{ ( x , y ) \bigg | 0 \leqslant x \leqslant 1 , 0 \leqslant y \leqslant \sqrt { x - x ^ { 2 } } \right\} } } } \\ { { \displaystyle { \ } } } \\ { { \displaystyle { \ = \left\{ ( x , y ) \bigg | 0 \leqslant y \leqslant \frac { 1 } { 2 } , \frac { 1 } { 2 } - \sqrt { \frac { 1 } { 4 } - y ^ { 2 } } \leqslant x \leqslant \frac { 1 } { 2 } + \sqrt { \frac { 1 } { 4 } - y ^ { 2 } } \right\} } . } } \end{array}$
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14.4(B）解先画出积分区域D，如图14-13所示，因积分区域D的边界曲线为 $y = \left| x \right|$ 与$y = \sqrt { 2 - x ^ { 2 } }$ ，其交点为(1,1)与(-1,1)，故D可用极坐标表示为 y
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D = \left\{ ( r , \theta ) \bigg \vert 0 \leqslant r \leqslant \sqrt { 2 } , \frac { \pi } { 4 } \leqslant \theta \leqslant \frac { 3 \pi } { 4 } \right\} ,
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则
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\displaystyle \int _ { - 1 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \displaystyle \int _ { | x | } ^ { \sqrt { 2 - x ^ { 2 } } } \sin ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) \mathrm { d } y = \displaystyle \int _ { \frac { \pi } { 4 } } ^ { \frac { 3 \pi } { 4 } } \mathrm { d } \theta \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \sqrt { 2 } } r \sin r ^ { 2 } \mathrm { d } r
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图14-13
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= \frac { \pi } { 2 } \times \frac { 1 } { 2 } \left( - \cos r ^ { 2 } \right) \times \frac { \sqrt { 2 } } { 4 } = \frac { \pi } { 4 } ( - \cos 2 + 1 ) \ .
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14.5 $a ^ { 2 }$ 解 $g ( y - x ) = \{ \begin{array} { l } { a , 0 \leqslant y - x \leqslant 1 , } \\ { 0 , \hfill \ddag \smash { \mathstrut / } \mathstrut } \mathrm { s } \qquad \Rightarrow g ( y - x ) = \{ { \begin{array} { l } { a , x \leqslant y \leqslant 1 + x , } \\ { 0 , \hfill \ddag \smash { \mathstrut } \mathstrut } \mathrm { s } \end{array} } \end{array}$
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设 $D _ { 1 } = \{ ( x , y ) | 0 { \leqslant } x { \leqslant } 1 , x { \leqslant } y { \leqslant } 1 + x \}$ ，如图14-14所示，令 $D _ { 2 } = D - D _ { 1 }$ ，故
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f ( x ) g ( y - x ) = \left\{ { a } ^ { 2 } , ( x , y ) \in D _ { 1 } , \right.
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所以
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\begin{array} { l } { { \displaystyle I = \iint _ { { D } } f ( x ) g ( y - x ) \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \iint a ^ { 2 } \mathrm { d } x \mathrm { d } y + \iint 0 \mathrm { d } x \mathrm { d } y } } \\ { { \displaystyle D _ { 1 } } } \\ { { \displaystyle = \int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \int _ { x } ^ { 1 + x } a ^ { 2 } \mathrm { d } y = a ^ { 2 } \int _ { 0 } ^ { 1 } y \Big | _ { x } ^ { 1 + x } \mathrm { d } x } } \\ { { \displaystyle } } \\ { { \displaystyle = a ^ { 2 } \int _ { 0 } ^ { 1 } ( 1 + x - x ) \mathrm { d } x = a ^ { 2 } ~ . } } \end{array}
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图14-14
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14.6(t-1)f(t）解所给积分为二次变限积分，它是变量t的函数，故求 $F ^ { \prime } ( t )$ 需先将二次变限积分化为变限的单积分.为此考虑所给二次积分的特点，由于依给定的积分次序，不能化为变限单积分，因此先交换积分次序，可得
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F ( t ) = \int _ { 1 } ^ { t } \mathrm { d } y \int _ { y } ^ { t } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { 1 } ^ { t } \mathrm { d } x \int _ { 1 } ^ { x } f ( x ) \mathrm { d } y = \int _ { 1 } ^ { t } ( x - 1 ) f ( x ) \mathrm { d } x ,
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于是 $F ^ { \prime } ( t ) = ( t - 1 ) f ( t )$
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14.7-π解所给积分区域如图14-15所示.
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记 $A { \Bigg ( } - { \frac { \pi } { 2 } } , - 1 { \Bigg ) } , B { \Bigg ( } - { \frac { \pi } { 2 } } , 1 { \Bigg ) } , C { \Bigg ( } { \frac { \pi } { 2 } } , 1 { \Bigg ) }$ .作辅助线 $y = - \sin x$ ，则曲线BO将区域D划分为 $D _ { 1 } , D _ { 2 }$ 两个子区域，区域 $D _ { 1 }$ 关于x轴对称,区域 $D _ { 2 }$ 关于y轴对称.而 $x y ^ { 5 }$ 既为x的奇函数，也为y的奇函数，从而 $\iint x y ^ { 5 } \mathrm { d } x \mathrm { d } y = 0 , \iint x y ^ { 5 } \mathrm { d } x \mathrm { d } y = 0$ ，因此
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图14-15
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\begin{array} { l } { { \displaystyle \int \displaylimits _ { | \overrightarrow { { \mathcal H } } | = { \Sigma } } \left[ \rule { 0.2 em } { 0 ex } - \int \displaylimits _ { | \frac { D } { D } } ^ { \pi } \mathrm { d } x \mathrm { d } y = - \int \displaylimits _ { - \frac { \pi } { 2 } } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \mathrm { d } x \int \displaylimits _ { \sin { x } } ^ { 1 } \mathrm { d } y \right. } } \\ { { \displaystyle \qquad = - \int \displaylimits _ { - \frac { \pi } { 2 } } ^ { \frac { \pi } { 2 } } ( 1 - \sin { x } ) \mathrm { d } x = - 2 \int \displaylimits _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \mathrm { d } x = - \pi \enspace . } } \end{array}
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14.8解因为 $I _ { 1 } = \iint \frac { 1 } { D } \mathop { 1 + { x } ^ { 2 } + { y } ^ { 2 } } \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \int _ { - \frac { \pi } { 2 } } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \mathrm { d } \theta \int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { 1 } { 1 + { r } ^ { 2 } } { r } \mathrm { d } r = \frac { \pi } { 2 } \ln ( 1 + { r } ^ { 2 } ) \bigg | _ { 0 } ^ { 1 } = \frac { \pi } { 2 } \ln 2$
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I _ { 2 } = \iint _ { 0 } \frac { x y } { 1 + x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \int _ { \frac { - \pi } { 2 } } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \mathrm { d } \theta \int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { r ^ { 3 } \cos \theta \sin \theta } { 1 + r ^ { 2 } } \mathrm { d } r = \int _ { \frac { - \pi } { 2 } } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \cos \theta \sin \theta \mathrm { d } \theta \int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { r ^ { 3 } } { 1 + r ^ { 2 } } \mathrm { d } r = 0 ,
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所以
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I = I _ { \mathrm { 1 } } + I _ { \mathrm { 2 } } = \frac { \pi } { 2 } \ln 2 .
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14.9解设 $D _ { 1 } = \{ ( x , y ) | 0 \leqslant x \leqslant 1 , 0 \leqslant y \leqslant x \} , D _ { 2 } = \{ ( x , y ) | 0 \leqslant x \leqslant 1 , x \leqslant y \leqslant 1 \}$ ，则
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\begin{array} { r l r } & { } & { \displaystyle { \iint _ { D } } \mathrm { e } ^ { \mathrm { m a x } \{ x ^ { 2 } , y ^ { 2 } \} } \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \displaystyle { \iint _ { D _ { 1 } } } \mathrm { e } ^ { \mathrm { m a x } \{ x ^ { 2 } , y ^ { 2 } \} } \mathrm { d } x \mathrm { d } y + \displaystyle { \iint _ { D _ { 2 } } } \mathrm { e } ^ { \mathrm { m a x } \{ x ^ { 2 } , y ^ { 2 } \} } \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \displaystyle { \iint _ { D _ { 1 } } } \mathrm { e } ^ { x ^ { 2 } } \mathrm { d } x \mathrm { d } y + \displaystyle { \iint _ { D _ { 2 } } } \mathrm { e } ^ { y ^ { 2 } } \mathrm { d } x \mathrm { d } y } \\ & { } & { \displaystyle { = } \int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { x } } \mathrm { e } ^ { x ^ { 2 } } \mathrm { d } y + \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } } \mathrm { d } y \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { y } } \mathrm { e } ^ { y ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } } x \mathrm { e } ^ { x ^ { 2 } } \mathrm { d } x + \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } } y \mathrm { e } ^ { y ^ { 2 } } \mathrm { d } y = \mathrm { e } - 1 ~ . } \end{array}
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14.10解先画出积分区域D（见图14-16)，然后将积分化为直角坐标系下的二重积分，再去计算，即
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\begin{array} { l } { { \displaystyle I = \iint _ { D } ^ { 1 } \sin \theta \sqrt { 1 - r ^ { 2 } \cos ^ { 2 } \theta + r ^ { 2 } \sin ^ { 2 } \theta } \mathrm { d } r \mathrm { d } \theta = \iint J \sqrt { 1 - x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } \mathrm { d } x \mathrm { d } y } } \\ { { \displaystyle \vphantom { \int _ { 0 } ^ { 1 } } D } } \\ { { \displaystyle = \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { 1 } \mathrm { d } x \int _ { 0 } ^ { x } \sqrt { 1 - x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } \mathrm { d } ( 1 - x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) = \frac { 1 } { 3 } \int _ { 0 } ^ { 1 } ( 1 - x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) ^ { \frac { 3 } { 2 } } \Bigg | _ { 0 } ^ { x } \mathrm { d } x } } \\ { { \displaystyle \vphantom { \int _ { 0 } ^ { 1 } } \int _ { 0 } ^ { 1 } \left[ 1 - ( 1 - x ^ { 2 } ) ^ { \frac { 3 } { 2 } } \right] \mathrm { d } x . \qquad \quad r = \sec \theta , \ \mathrm { e } \vartheta r = \frac { 1 } { \cos \theta } \ , \ \vphantom { \int _ { 0 } ^ { 1 } } \ } } \\ { { \displaystyle \vphantom { \int _ { 0 } ^ { 1 } } \int _ { 0 } ^ { 1 } \left[ 1 - ( 1 - x ^ { 2 } ) ^ { \frac { 3 } { 2 } } \right] \mathrm { d } x . \qquad \quad \lambda \mathrm { ~ } \vphantom { \int _ { 0 } ^ { 1 } } \theta ^ { p } r \cos \theta = 1 , \ \mathrm { d } z = 1 } } \end{array}
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图14-16
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设 $x = \sin t$ ，则 $I = { \frac { 1 } { 3 } } - { \frac { 1 } { 3 } } \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \cos ^ { 4 } t \mathrm { d } t = { \frac { 1 } { 3 } } - { \frac { 1 } { 3 } } \times { \frac { 3 } { 4 } } \times { \frac { 1 } { 2 } } \times { \frac { \pi } { 2 } } = { \frac { 1 } { 3 } } - { \frac { \pi } { 1 6 } }$
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14.11解积分区域D为图14-17中阴影部分，转换成直角坐标系进行计算.
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I = \int _ { D } \int x \mathrm { e } ^ { - y ^ { 2 } } \mathrm { d } x \mathrm { d } y = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - y ^ { 2 } } \mathrm { d } y \int _ { 0 } ^ { y } x \mathrm { d } x = \frac 1 2 \int _ { 0 } ^ { + \infty } y ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - y ^ { 2 } } \mathrm { d } y \frac { \mathrm { d } \mathrm { f } \mathrm { f } \mathrm { f } | 1 4 . 1 2 } { 8 } \frac { \sqrt { \pi } } { 8 } \ .
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图14-17
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14.12解 (1)由二重积分的性质可知，当积分区域D包含了所有使被积函数 $1 - 2 x ^ { 2 } - y ^ { 2 }$ 大于等于零的区域，而不包含使被积函数 $1 - 2 x ^ { 2 } - y ^ { 2 }$ 小于零的区域，即当D是椭圆 $2 x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 1$ 所围的平面闭区域时，此二重积分的值达到最大.
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(2)由(1)知 $D = \left\{ ( x , y ) { \big | } 2 x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \leqslant 1 \right\}$ ，此时令 $\left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle x = \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } r \cos \theta , } \\ { \displaystyle y = r \sin \theta , } \end{array} \right.$ 则
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{ \begin{array} { r l } { \displaystyle \iint ( 1 - 2 x ^ { 2 } - y ^ { 2 } ) \mathrm { d } \sigma = \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } \mathrm { d } \theta \int _ { 0 } ^ { 1 } ( 1 - r ^ { 2 } \cos ^ { 2 } \theta - r ^ { 2 } \sin ^ { 2 } \theta ) \cdot { \frac { \sqrt { \alpha } } { \sqrt { \beta } } } \cdot { \frac { \hat { \alpha } r } { \hat { \theta } \theta } } \Big \| \mathrm { d } r } & { } \\ { \displaystyle { \frac { \sqrt { \beta } } { D } } \cdot { \frac { \hat { \sigma } r } { \hat { \theta } \theta } } } & { = \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } \mathrm { d } \theta \int _ { 0 } ^ { 1 } ( 1 - r ^ { 2 } ) { \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } } r \mathrm { d } r } \\ & { = 2 \pi \cdot { \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } } \left[ 1 ( r - r ^ { 2 } ) \right] { \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } } r \mathrm { d } r } \\ & { = 2 \pi \cdot { \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } } \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } ( r - r ^ { 3 } ) \mathrm { d } r } \\ & { = { \sqrt { 2 \pi } } \left( { \frac { 1 } { 2 } } r ^ { 2 } - { \frac { 1 } { 4 } } r ^ { 4 } \right) { \Bigg | } _ { 0 } ^ { 1 } = { \frac { { \sqrt { 2 } \pi } } { 4 } } . } \end{array} }
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