第 5 章 二重积分
本章地位：二重积分是数学二多元积分学的全部舞台，也是高等数学的收官大章：交换积分次序、极坐标、对称性化简几乎每年命制一道解答大题外加选择/填空，稳定 10～15 分。学习主线只有一条——把二重积分化为累次积分计算，而「选坐标系、画图定限、用对称性」是三大基本功。计算量大是本章特点，每一步都要动笔验算。
5.1 二重积分 高频考点
基本性质（与定积分类比）：线性性、区域可加性、\(f\le g\Rightarrow\iint f\le\iint g\)、\(m\sigma\le\iint f\,d\sigma\le M\sigma\)（估值），以及积分中值定理：\(\iint_D f\,d\sigma=f(\xi,\eta)\cdot\sigma\)（\(f\) 在闭区域上连续时）。
5.1.1 直角坐标计算与交换积分次序
必须交换的信号：内层被积函数「积不出」（如 \(e^{y^2},\ \dfrac{\sin y}{y},\ \sin y^2,\ \dfrac{1}{\ln y},\ \cos y^2\)）。
计算 \(\displaystyle\iint_D xy\,d\sigma\)，其中 \(D\) 由抛物线 \(y=x^2\) 与直线 \(y=x\) 围成。
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求交点：\(x^2=x\Rightarrow x=0,\ 1\)，即 \((0,0)\) 与 \((1,1)\)。在 \(0\lt x\lt 1\) 内 \(x^2\lt x\)，故按 X 型描述：\(D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,\ x^2\le y\le x\}\)。
\[ \iint_D xy\,d\sigma=\int_0^1 dx\int_{x^2}^{x}xy\,dy=\int_0^1 x\cdot\frac{y^2}{2}\Big|_{y=x^2}^{y=x}dx=\frac12\int_0^1(x^3-x^5)\,dx=\frac12\left(\frac14-\frac16\right)=\frac{1}{24} \]
易错：定内层限时弄反 \(x\) 与 \(x^2\) 的大小。在 \((0,1)\) 内直线在上、抛物线在下，可用 \(x=\frac12\) 处验证：\(y=x=\frac12\) 大于 \(y=x^2=\frac14\)。
计算 \(\displaystyle I=\int_0^1 dx\int_x^1 e^{y^2}dy\)。
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\(e^{y^2}\) 的原函数不是初等函数，必须交换次序。由积分限还原区域：\(0\le x\le 1,\ x\le y\le 1\)，即直线 \(y=x\)、\(y=1\) 与 \(y\) 轴围成的三角形。
改按 Y 型描述：\(0\le y\le 1,\ 0\le x\le y\)，于是
\[ I=\int_0^1 e^{y^2}dy\int_0^y dx=\int_0^1 y\,e^{y^2}dy=\frac12 e^{y^2}\Big|_0^1=\frac{e-1}{2} \]
套路总结：交换后 \(e^{y^2}\) 只作外层「常数」，内层先积掉 \(x\) 产生因子 \(y\)，恰好凑成能积的形式——这正是交换次序的目的：让「积不出」的函数只出现在外层。
交换积分次序：\(I=\displaystyle\int_0^1 dx\int_0^{x}f\,dy+\int_1^2 dx\int_0^{2-x}f\,dy\)。
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两块区域合并是以 \((0,0),\ (1,1),\ (2,0)\) 为顶点的三角形（\(y\) 的最大值在 \(x=1\) 处取到）。按 Y 型：\(0\le y\le 1\)，左边界 \(x=y\)，右边界 \(x=2-y\)，故
\[ I=\int_0^1 dy\int_{y}^{\,2-y}f\,dx \]
易错：直接对每一段分别交换而不合并，或把右边界写成 \(2-x\)。先画图、再合并，是处理「分段累次积分」的固定流程。
5.1.2 极坐标 高频考点
计算 \(\displaystyle I=\iint_D \sqrt{x^2+y^2}\;d\sigma\)，其中 \(D:\ x^2+y^2\le 2x\)。
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坐标系选择：\(D\) 是圆心在 \((1,0)\)、半径 1 的圆域（配方 \((x-1)^2+y^2\le 1\)），且被积函数含 \(x^2+y^2\)，双重信号 → 用极坐标。
边界 \(x^2+y^2=2x\) 化为 \(r^2=2r\cos\theta\)，即 \(r=2\cos\theta\)；区域过原点、圆心在 \(x\) 正半轴，故 \(\theta\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\)，\(0\le r\le 2\cos\theta\)。
\[ I=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_0^{2\cos\theta}r\cdot r\,dr=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{8\cos^3\theta}{3}d\theta=\frac{8}{3}\cdot 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^3\theta\,d\theta=\frac{16}{3}\cdot\frac{2}{3}=\frac{32}{9} \]
（其中 \(\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta d\theta=\frac{2}{3}\) 用华里士公式。）
易错：丢因子 \(r\)（被积函数变 \(r^2\) 而不是 \(r\)），或把 \(\theta\) 范围写成 \([0,2\pi]\)。圆 \(x^2+y^2\le 2x\) 只覆盖右半平面方向。
计算 \(\displaystyle\iint_D y\,d\sigma\)，其中 \(D:\ x^2+y^2\le 2y\)。
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\(D\) 即 \((y-1)^2+x^2\le 1\)，极坐标下边界为 \(r=2\sin\theta,\ \theta\in[0,\pi]\)：
\[ \iint_D y\,d\sigma=\int_0^{\pi}d\theta\int_0^{2\sin\theta}r\sin\theta\cdot r\,dr=\int_0^\pi\sin\theta\cdot\frac{8\sin^3\theta}{3}d\theta=\frac{8}{3}\int_0^\pi\sin^4\theta\,d\theta=\frac{8}{3}\cdot\frac{3\pi}{8}=\pi \]
验证：\(D\) 是密度为 1 的均匀圆盘，面积恰为 \(\pi\)，而 \(\iint y\,d\sigma=\bar y\cdot\sigma=1\cdot\pi=\pi\)（形心纵坐标等于圆心纵坐标 1），两种算法一致。
计算 \(\displaystyle\iint_D \arctan\frac{y}{x}\,d\sigma\)，其中 \(D\) 为第一象限内 \(1\le x^2+y^2\le 4\) 所确定的区域。
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\(\arctan\dfrac{y}{x}=\theta\)（第一象限内极角与辐角主值一致），区域为 \(1\le r\le 2,\ 0\le\theta\le\frac{\pi}{2}\)：
\[ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\theta\,d\theta\int_1^2 r\,dr=\frac{\pi^2}{8}\cdot\frac{3}{2}=\frac{3\pi^2}{16} \]
套路总结：被积函数出现 \(\arctan\frac{y}{x}\)、\(\frac{y}{x}\) 时极坐标会把它变成纯 \(\theta\) 函数，常常一招制敌。
5.1.3 对称性与轮换对称性 方法
① 若 \(f\) 关于 \(x\) 为奇函数，则 \(\iint_D f\,d\sigma=0\)；
② 若 \(f\) 关于 \(x\) 为偶函数，则 \(\iint_D f\,d\sigma=2\iint_{D\cap\{x\ge 0\}}f\,d\sigma\)。
区域关于 \(x\) 轴对称时对 \(y\) 的奇偶性同理。
计算 \(\displaystyle\iint_D\left(x^3+y^2\right)d\sigma\)，其中 \(D:\ x^2+y^2\le R^2\)。
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拆项分析：\(D\) 关于 \(y\) 轴对称，\(x^3\) 关于 \(x\) 是奇函数，故 \(\iint_D x^3d\sigma=0\)。
轮换对称处理 \(y^2\)：圆域上 \(\iint y^2 d\sigma=\iint x^2 d\sigma\)，故
\[ \iint_D y^2\,d\sigma=\frac12\iint_D(x^2+y^2)d\sigma=\frac12\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^R r^2\cdot r\,dr=\frac12\cdot 2\pi\cdot\frac{R^4}{4}=\frac{\pi R^4}{4} \]
所以原式 \(=\dfrac{\pi R^4}{4}\)。
易错：不化简直接对 \(\iint y^2 d\sigma\) 用极坐标也能做（\(\int\sin^2\theta d\theta=\pi\)），但拆奇偶 + 轮换是更快的正规路线；若区域只关于一轴对称，「奇函数清零」只能对相应的那个变量用。
5.2 章末自测 真题风格
限时 40 分钟，先做后看答案。难度：★★ 基础 / ★★★ 强化。本自测覆盖本章三大核心题型，请把每一步积分限的来历写清楚再对答案。
交换积分次序后，\(\displaystyle\int_0^1 dx\int_0^{1-x}f(x,y)\,dy=\)（ ）
A. \(\displaystyle\int_0^1dy\int_0^{1-y}f\,dx\) B. \(\displaystyle\int_0^1dy\int_0^{1-x}f\,dx\) C. \(\displaystyle\int_0^1dy\int_{1-y}^{1}f\,dx\) D. \(\displaystyle\int_0^1dy\int_{1-x}^{1}f\,dx\)
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A。区域是 \(\{0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1-x\}\)，即以 \((0,0),(1,0),(0,1)\) 为顶点的三角形，改 Y 型：\(0\le y\le 1,\ 0\le x\le 1-y\)。B、D 中积分限仍含另一变量，违反「外层限必须为常数」；C 把边界写反。
\(\displaystyle\iint_D(x^2+y^2)d\sigma=\)（ ），\(D:\ x^2+y^2\le 4\)。 A. \(4\pi\) B. \(8\pi\) C. \(16\pi\) D. \(\dfrac{32\pi}{3}\)
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B。极坐标：\(\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^2r^2\cdot r\,dr=2\pi\cdot\frac{16}{4}=8\pi\)。
\(\displaystyle\int_0^1dx\int_x^1\sin y^2\,dy=\underline{\hspace{2cm}}\)。
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\(\sin y^2\) 积不出，交换次序（区域同例 2）：\(\displaystyle\int_0^1\sin y^2\,dy\int_0^ydx=\int_0^1y\sin y^2\,dy=\left[-\frac{\cos y^2}{2}\right]_0^1=\frac{1-\cos 1}{2}\)。
5.3 本章考点总结
| 考点 | 常考题型 | 热度 | 核心方法 |
|---|---|---|---|
| 二重积分交换次序 | 选择 / 填空 / 解答第一步 | ★★★★★ 每年必考 | 还原区域画图 → 重新定限；见 \(e^{y^2}\)、\(\sin y^2\) 必交换 |
| 极坐标二重积分 | 解答大题 | ★★★★★ | 圆域或含 \(x^2+y^2\) 时用；勿丢因子 \(r\)；\(r=2a\cos\theta\) 型定限 |
| 对称性与轮换对称性 | 渗透在各类积分题中 | ★★★★★ | 奇函数清零、偶函数减半、轮换折半；先看对称再动笔 |