第 0 部分
先看全貌
先用两张图看懂“二重积分”在做什么，再看全章地图、和李林讲义的对应、真题考了什么，最后是 11 天的学习计划。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十章）
理解二重积分的概念，了解二重积分的性质及其中值定理。
掌握二重积分的计算方法（直角坐标、极坐标）。
（仅数学一、数学三要求）了解无界区域上简单的反常二重积分并会计算。
另外，第十三章考试要求第 5 条（数一）：会用三重积分、第一型曲线积分、第一型曲面积分求体积、弧长、曲面面积、质量、质心、形心、转动惯量、引力、功等（二重积分的部分见第 8 部分）。
每一部分开头的方框只列这一部分用到的几条；第 12 部分 12.4 节把它们拆成考点，逐条列出讲在哪里、有哪些真题。
0.1 二重积分在干什么：把体积切成片再加起来这份笔记只回答一个问题：一块平面区域 D D D
几何上 ：以 D D D z = f ( x , y ) z=f(x,y) z = f ( x , y ) ∬ D f ( x , y ) d σ \iint_Df(x,y)\dd\sigma ∬ D f ( x , y ) d σ f = 1 f=1 f = 1 D D D 怎么算 ：用平面 x = x= x = A ( x ) = ∫ f ( x , y ) d y A(x)=\int f(x,y)\dy A ( x ) = ∫ f ( x , y ) d y x x x 二重积分 = 两次定积分 （累次积分），这就是第 2、3 部分的全部内容。换个坐标 ：区域是圆的时候，用“离原点多远 r r r θ \theta θ r d r d θ r\dd r\dd\theta r d r d θ r r r
剩下的内容都是在“怎么切更省事”上下功夫：对称性（第 5 部分）让一半的积分直接为 0，分块（第 6 部分）处理绝对值和分段函数，换元（第 7 部分）把弯曲的区域变成矩形。
x y z O 截面积 A (x ) 顶：z =f (x ,y ) D 累次积分的来历：先求截面积 A ( x ) A(x) A ( x ) x x x x y O dr r dθdθ 1 2 极坐标的小块：边长 d r \dd r d r r d θ r\dd\theta r d θ r d r d θ r\dd r\dd\theta r d r d θ
一句话记住 二重积分 = 曲顶柱体的体积 = 先对一个变量积、再对另一个变量积。 难的从来不是那两个定积分，而是画出区域、写对上下限。所以 A 部分先练画区域，每道例题的第一步都是画图。
0.2 全章地图，和李林讲义怎么配合八个部分的先后顺序就是学习顺序：A 部分和第 1 部分打地基；第 2、3、4 部分是三种基本算法；第 5、6 部分是省力技巧；第 7、8 部分是综合题和应用。点方块跳到对应部分。
和《26 李林高数辅导讲义》的对照
本页负责“从零讲懂 + 真题”，讲义负责“题型归纳 + 更多练习”。每部分开头的“考试要求”框是讲义第十章开头的考试要求（大纲原文）；正文里标着“李林 第十章 §3 例 14 · p256”的例题，是从讲义里挑出来、按本页的写法重新讲一遍的（§3 表示第三节，例题在各节里编号），可以对照原书看。第十章的典型例题和章末习题全部用到了。
本页不含的相关内容
三重积分、曲线积分、曲面积分 （数一）：见《三重积分与线面积分》笔记。三重积分的“先二后一”、柱面坐标都要用本页的二重积分。定积分的计算和应用 （换元、分部、华里士公式、弧长、旋转体）：见《一元函数积分学》笔记，A.4 节只复习了本页要用的几条。 0.3 考情：考多少、考在哪Maki《真题分类精解》第三十三讲“二重积分”收了 2010—2026 年三张卷子上的 58 道题、70 个题号 （数一 9、数二 35、数三 26；同一道题同时出现在两张卷子上的分别计数），其中解答题 38 个。全部在本页讲过，下表按部分列出落点。
从表里能看出四件事：
交换积分次序（第 3 部分）和极坐标（第 4 部分）题最多 ，分别有 13 道和 12 道；选择、填空多考换序，解答题多考极坐标。对称性（第 5 部分）有 10 道 ，而且很多极坐标、直角坐标的题第一步也是用对称性去掉一项。数一只有 9 个题号 ：数一常把二重积分放进三重积分、曲面积分的大题里考，本页的方法在那里一样要用。数二 17 年、数三 16 年里都出现过二重积分 ，大多是一道 10—12 分的解答题，题型和数一完全通用，所以本页把它们全部当作练习。
逐年分布
0.4 接下来 11 天怎么学你的《05-进度表》把重积分（二重 + 三重）排在 W10（9/20—9/26）。下面把这一页拆成 11 天，每天约 2 小时，沿用《02-方法卡》的例题桥接法：例题先遮住解答自己做 5 分钟，再点开对照 ；做完标 ⭕ / △ / ✗，△ 和 ✗ 第二天重做；卡住的地方在《04-错题断点本》只记一行“卡在哪一步、缺什么、怎么补”，不抄题。第三列是当天小节里的全部真题（同一道题在几张卷子上出现只列一次，程序按小节自动列出，11 天合起来正好是全部 58 道）。
日期怎么定 W10 到今天（9/26）就结束了，而《三重积分与线面积分》笔记已经把 9/23 以后的日子排满了，所以上表和《极限》《一元与多元微分学》笔记一样只写第几天，不写日期。
如果还没真正学过二重积分 ：三重积分的“先二后一”、柱面坐标都建立在二重积分上，建议先学这 11 天，三重积分和曲线曲面积分的计划整体顺延；按进度表的红线规则：砍题量，不砍覆盖 。如果已经学过 ：当二轮复习，压缩成 6 天（每天做上表两天的量，只做“当天必做的真题”和做错过的例题），重点看第 9—11 部分。 时间不够时 每天优先做完“当天必做的真题”；普通例题每节只做第一道。第 8 部分的应用只考数一，数一考生不能省。
基础薄弱先看这里 如果画不出 x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x y = 3 x y=\sqrt3x y = 3 x 第一天只读 A 部分 。
0.5 小结：看到这类题，去哪一部分学完了，标记这一部分
A 部分
零基础补课：区域、曲线、极坐标与定积分工具
二重积分要用到的“旧知识”：把区域用不等式写出来并画出来、认识考题常见的曲线、极坐标、以及定积分的几个快算工具。只讲后面马上要用的。
A.1 平面区域：用不等式描述，并把它画出来大白话：二重积分的第一步永远是“把积分区域 D D D 。区域就是几个不等式同时成立的点组成的一块平面。比如 x 2 + y 2 ≤ 2 x^2+y^2\le2 x 2 + y 2 ≤ 2 2 \sqrt2 2 y ≥ x 2 y\ge x^2 y ≥ x 2
x y O (1, 1) (−1, 1) 试点 (0, 0.6) x ²+y ²=2y =x ²区域 D : x 2 + y 2 ≤ 2 , y ≥ x 2 D:\ x^2+y^2\le2,\ y\ge x^2 D : x 2 + y 2 ≤ 2 , y ≥ x 2 ( ± 1 , 1 ) (\pm1,1) ( ± 1 , 1 ) ( 0 , 0.6 ) (0,0.6) ( 0 , 0.6 ) D D D 常见区域的不等式写法
圆盘 ：x 2 + y 2 ≤ R 2 x^2+y^2\le R^2 x 2 + y 2 ≤ R 2 偏心圆盘 ：x 2 + y 2 ≤ 2 a x ⟺ ( x − a ) 2 + y 2 ≤ a 2 x^2+y^2\le2ax\iff(x-a)^2+y^2\le a^2 x 2 + y 2 ≤ 2 a x ⟺ ( x − a ) 2 + y 2 ≤ a 2 ( a , 0 ) (a,0) ( a , 0 ) a a a 过原点 ；x 2 + y 2 ≤ 2 b y x^2+y^2\le2by x 2 + y 2 ≤ 2 b y ( 0 , b ) (0,b) ( 0 , b ) 曲线一侧 ：y ≥ x 2 y\ge x^2 y ≥ x 2 x + y ≤ 1 x+y\le1 x + y ≤ 1 y ≥ 0 y\ge0 y ≥ 0 夹在两条曲线之间 ：φ 1 ( x ) ≤ y ≤ φ 2 ( x ) \varphi_1(x)\le y\le\varphi_2(x) φ 1 ( x ) ≤ y ≤ φ 2 ( x ) a ≤ x ≤ b a\le x\le b a ≤ x ≤ b
方法卡 · 画积分区域
什么时候用
每一道二重积分题的第一步：题目给出不等式、说“由某些曲线围成”，或者直接给出累次积分的上下限，都要先画图。
步骤
把每个“≤ \le ≤ = = =
取一个不在边界上的点（常用原点）代入，判断不等式成立的是哪一侧。
联立边界方程，求出交点：交点的坐标就是后面的积分上下限。
涂出所有不等式的公共部分。 最容易错
把偏心圆
x 2 + y 2 ≤ 2 x x^2+y^2\le2x x 2 + y 2 ≤ 2 x 当成圆心在原点；交点没求就开始写积分限；“由……围成”时漏看了一条边界。
例 A.1 基础
画出下列区域，并写出边界的交点：（1）
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 x , y ≥ 0 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le2x,\ y\ge0\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 x , y ≥ 0 } ；（2）
D D D 由
y = x y=x y = x ，
y = 2 x y=2x y = 2 x ，
x = 1 x=1 x = 1 围成；（3）
D D D 由抛物线
x = y 2 x=y^2 x = y 2 与直线
x = y + 2 x=y+2 x = y + 2 围成。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 配方。 x 2 − 2 x + y 2 ≤ 0 ⟺ ( x − 1 ) 2 + y 2 ≤ 1 x^2-2x+y^2\le0\iff(x-1)^2+y^2\le1 x 2 − 2 x + y 2 ≤ 0 ⟺ ( x − 1 ) 2 + y 2 ≤ 1 ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) y ≥ 0 y\ge0 y ≥ 0
看到“x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 )
② (2) 三条直线两两求交点。 y = x y=x y = x y = 2 x y=2x y = 2 x ( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) y = x y=x y = x x = 1 x=1 x = 1 ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) y = 2 x y=2x y = 2 x x = 1 x=1 x = 1 ( 1 , 2 ) (1,2) ( 1 , 2 )
“由几条线围成”的区域，把线两两联立求出所有交点，交点就是区域的顶点。
③ (3) 联立求交点。 y 2 = y + 2 ⟺ ( y − 2 ) ( y + 1 ) = 0 y^2=y+2\iff(y-2)(y+1)=0 y 2 = y + 2 ⟺ ( y − 2 ) ( y + 1 ) = 0 y = 2 y=2 y = 2 − 1 -1 − 1 ( 4 , 2 ) (4,2) ( 4 , 2 ) ( 1 , − 1 ) (1,-1) ( 1 , − 1 ) y 2 ≤ x ≤ y + 2 y^2\le x\le y+2 y 2 ≤ x ≤ y + 2 − 1 ≤ y ≤ 2 -1\le y\le2 − 1 ≤ y ≤ 2
边界是“x = x= x = y y y y y y ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) 0 ≤ 1 ≤ 2 0\le1\le2 0 ≤ 1 ≤ 2
答案：(1) 以 ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) ( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) ( 1 , 2 ) (1,2) ( 1 , 2 ) y 2 ≤ x ≤ y + 2 y^2\le x\le y+2 y 2 ≤ x ≤ y + 2 ( 1 , − 1 ) (1,-1) ( 1 , − 1 ) ( 4 , 2 ) (4,2) ( 4 , 2 )
A.2 常见曲线：考题里反复出现的十几条大白话：二重积分题的边界，翻来覆去就是这十几条曲线 ：直线、圆（包括偏心圆）、抛物线、双曲线 x y = 1 xy=1 x y = 1
x y O (1, 1) x ²+y ²=2x ：r =2cos θx ²+y ²=2y ：r =2sin θ两个偏心圆：x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) x 2 + y 2 = 2 y x^2+y^2=2y x 2 + y 2 = 2 y ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) x y O 最高点 (π, 2) 2π x =t −sin t ，y =1−cos t 摆线一拱：x = t − sin t x=t-\sin t x = t − sin t y = 1 − cos t y=1-\cos t y = 1 − cos t 0 ≤ t ≤ 2 π 0\le t\le2\pi 0 ≤ t ≤ 2 π 2 π 2\pi 2 π ( π , 2 ) (\pi,2) ( π , 2 )
x y O (2, 0) r =1+cos θ心形线 r = 1 + cos θ r=1+\cos\theta r = 1 + cos θ ( 2 , 0 ) (2,0) ( 2 , 0 ) x y O r ²=cos 2θ双纽线 r 2 = cos 2 θ r^2=\cos2\theta r 2 = cos 2 θ x y O r =cos 3θ三叶玫瑰线 r = cos 3 θ r=\cos3\theta r = cos 3 θ
常见曲线速查
曲线 方程 要记住的
偏心圆 x 2 + y 2 = 2 a x x^2+y^2=2ax x 2 + y 2 = 2 a x x 2 + y 2 = 2 b y x^2+y^2=2by x 2 + y 2 = 2 b y 极坐标 r = 2 a cos θ r=2a\cos\theta r = 2 a cos θ r = 2 b sin θ r=2b\sin\theta r = 2 b sin θ 椭圆 x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 a 2 x 2 + b 2 y 2 = 1 面积 π a b \pi ab πab 双曲线 x y = c xy=c x y = c c > 0 c>0 c > 0 心形线 r = a ( 1 + cos θ ) r=a(1+\cos\theta) r = a ( 1 + cos θ ) 最远 2 a 2a 2 a 3 2 π a 2 \frac32\pi a^2 2 3 π a 2 双纽线 r 2 = a 2 cos 2 θ r^2=a^2\cos2\theta r 2 = a 2 cos 2 θ ( x 2 + y 2 ) 2 = a 2 ( x 2 − y 2 ) (x^2+y^2)^2=a^2(x^2-y^2) ( x 2 + y 2 ) 2 = a 2 ( x 2 − y 2 ) 只在 cos 2 θ ≥ 0 \cos2\theta\ge0 cos 2 θ ≥ 0 a 2 a^2 a 2 玫瑰线 r = a cos 3 θ r=a\cos3\theta r = a cos 3 θ a sin 3 θ a\sin3\theta a sin 3 θ 三瓣，每瓣占 60 ∘ 60^\circ 6 0 ∘ 摆线 x = a ( t − sin t ) x=a(t-\sin t) x = a ( t − sin t ) y = a ( 1 − cos t ) y=a(1-\cos t) y = a ( 1 − cos t ) 一拱面积 3 π a 2 3\pi a^2 3 π a 2
方法卡 · 认出一条曲线
什么时候用
题目的边界方程不认识，或者给的是极坐标方程、参数方程。
步骤
含 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2
极坐标方程看结构：2 a cos θ 2a\cos\theta 2 a cos θ 2 a sin θ 2a\sin\theta 2 a sin θ a ( 1 ± cos θ ) a(1\pm\cos\theta) a ( 1 ± cos θ ) cos 2 θ \cos2\theta cos 2 θ cos 3 θ \cos3\theta cos 3 θ sin 3 θ \sin3\theta sin 3 θ
参数方程列表描点：t t t ( x , y ) (x,y) ( x , y )
还是不认识就用描点法；或者换成极坐标（A.3 节）看 r r r θ \theta θ 最容易错
r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ 只在
− π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2 − 2 π ≤ θ ≤ 2 π 有意义（
r ≥ 0 r\ge0 r ≥ 0 ）；把双纽线当成两个圆。
例 A.2 基础
说出下列曲线的形状和关键点：（1）
x 2 + y 2 = 4 y x^2+y^2=4y x 2 + y 2 = 4 y ；（2）
r = 2 ( 1 + cos θ ) r=2(1+\cos\theta) r = 2 ( 1 + cos θ ) ；（3）
( x 2 + y 2 ) 2 = x 2 − y 2 (x^2+y^2)^2=x^2-y^2 ( x 2 + y 2 ) 2 = x 2 − y 2 ；（4）
x = t − sin t x=t-\sin t x = t − sin t ，
y = 1 − cos t y=1-\cos t y = 1 − cos t （
0 ≤ t ≤ 2 π 0\le t\le2\pi 0 ≤ t ≤ 2 π ）。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 配方。 x 2 + ( y − 2 ) 2 = 4 x^2+(y-2)^2=4 x 2 + ( y − 2 ) 2 = 4 ( 0 , 2 ) (0,2) ( 0 , 2 ) r = 4 sin θ r=4\sin\theta r = 4 sin θ 0 ≤ θ ≤ π 0\le\theta\le\pi 0 ≤ θ ≤ π
一次项 − 4 y -4y − 4 y y y y x = r cos θ x=r\cos\theta x = r cos θ y = r sin θ y=r\sin\theta y = r sin θ r r r
② (2) 心形线。 θ = 0 \theta=0 θ = 0 r = 4 r=4 r = 4 ( 4 , 0 ) (4,0) ( 4 , 0 ) θ = π \theta=\pi θ = π r = 0 r=0 r = 0
把 cos θ \cos\theta cos θ cos ( − θ ) \cos(-\theta) cos ( − θ ) x x x
③ (3) 双纽线。 代入极坐标：r 4 = r 2 ( cos 2 θ − sin 2 θ ) r^4=r^2(\cos^2\theta-\sin^2\theta) r 4 = r 2 ( cos 2 θ − sin 2 θ ) r 2 = cos 2 θ r^2=\cos2\theta r 2 = cos 2 θ cos 2 θ ≥ 0 \cos2\theta\ge0 cos 2 θ ≥ 0 − π 4 ≤ θ ≤ π 4 -\frac\pi4\le\theta\le\frac\pi4 − 4 π ≤ θ ≤ 4 π 3 π 4 ≤ θ ≤ 5 π 4 \frac{3\pi}4\le\theta\le\frac{5\pi}4 4 3 π ≤ θ ≤ 4 5 π
x 2 + y 2 = r 2 x^2+y^2=r^2 x 2 + y 2 = r 2 x 2 − y 2 = r 2 cos 2 θ x^2-y^2=r^2\cos2\theta x 2 − y 2 = r 2 cos 2 θ r 2 r^2 r 2 θ \theta θ
④ (4) 摆线一拱。 t = 0 t=0 t = 0 ( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) t = π t=\pi t = π ( π , 2 ) (\pi,2) ( π , 2 ) t = 2 π t=2\pi t = 2 π ( 2 π , 0 ) (2\pi,0) ( 2 π , 0 ) ( π , 2 ) (\pi,2) ( π , 2 ) ( 2 π , 0 ) (2\pi,0) ( 2 π , 0 )
参数方程直接列表描点；x ′ ( t ) = 1 − cos t ≥ 0 x'(t)=1-\cos t\ge0 x ′ ( t ) = 1 − cos t ≥ 0 x x x
答案：(1) 圆心 ( 0 , 2 ) (0,2) ( 0 , 2 ) ( 4 , 0 ) (4,0) ( 4 , 0 ) r 2 = cos 2 θ r^2=\cos2\theta r 2 = cos 2 θ ( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) ( 2 π , 0 ) (2\pi,0) ( 2 π , 0 ) ( π , 2 ) (\pi,2) ( π , 2 )
A.3 极坐标：用“多远、什么方向”来定位大白话：直角坐标说“往右走 x x x y y y 极坐标说“往 θ \theta θ r r r 。两者的换算就是高中三角函数：x = r cos θ x=r\cos\theta x = r cos θ y = r sin θ y=r\sin\theta y = r sin θ
x y O P (x , y )r θ x =r cos θy =r sin θ极坐标：点 P P P r r r θ \theta θ x = r cos θ x=r\cos\theta x = r cos θ y = r sin θ y=r\sin\theta y = r sin θ x 2 + y 2 = r 2 x^2+y^2=r^2 x 2 + y 2 = r 2 y x = tan θ \dfrac yx=\tan\theta x y = tan θ 换算公式与常用极坐标方程（孝哥一页纸）
x = r cos θ x=r\cos\theta x = r cos θ y = r sin θ y=r\sin\theta y = r sin θ x 2 + y 2 = r 2 x^2+y^2=r^2 x 2 + y 2 = r 2 y x = tan θ \dfrac yx=\tan\theta x y = tan θ r ≥ 0 r\ge0 r ≥ 0 直线：y = k x ⇒ θ = arctan k y=kx\Rightarrow\theta=\arctan k y = k x ⇒ θ = arctan k y = x ⇒ θ = π 4 y=x\Rightarrow\theta=\frac\pi4 y = x ⇒ θ = 4 π y = 3 x ⇒ θ = π 3 y=\sqrt3x\Rightarrow\theta=\frac\pi3 y = 3 x ⇒ θ = 3 π x = a ⇒ r = a cos θ = a sec θ x=a\Rightarrow r=\dfrac a{\cos\theta}=a\sec\theta x = a ⇒ r = cos θ a = a sec θ y = a ⇒ r = a csc θ y=a\Rightarrow r=a\csc\theta y = a ⇒ r = a csc θ x + y = a ⇒ r = a cos θ + sin θ x+y=a\Rightarrow r=\dfrac a{\cos\theta+\sin\theta} x + y = a ⇒ r = cos θ + sin θ a
圆：x 2 + y 2 = R 2 ⇒ r = R x^2+y^2=R^2\Rightarrow r=R x 2 + y 2 = R 2 ⇒ r = R x 2 + y 2 = 2 a x ⇒ r = 2 a cos θ x^2+y^2=2ax\Rightarrow r=2a\cos\theta x 2 + y 2 = 2 a x ⇒ r = 2 a cos θ x 2 + y 2 = 2 b y ⇒ r = 2 b sin θ x^2+y^2=2by\Rightarrow r=2b\sin\theta x 2 + y 2 = 2 b y ⇒ r = 2 b sin θ
方法卡 · 把曲线化成极坐标方程
什么时候用
要用极坐标计算二重积分（第 4 部分），或者题目直接给了极坐标方程要你画图。
步骤
把 x = r cos θ x=r\cos\theta x = r cos θ y = r sin θ y=r\sin\theta y = r sin θ
用 cos 2 θ + sin 2 θ = 1 \cos^2\theta+\sin^2\theta=1 cos 2 θ + sin 2 θ = 1 r r r r = 0 r=0 r = 0
解出 r = r ( θ ) r=r(\theta) r = r ( θ ) r ≥ 0 r\ge0 r ≥ 0 θ \theta θ 最容易错
约去
r r r 时丢了原点；
r = 2 a cos θ r=2a\cos\theta r = 2 a cos θ 的
θ \theta θ 范围写成
[ 0 , 2 π ] [0,2\pi] [ 0 , 2 π ] （应为
[ − π 2 , π 2 ] [-\frac\pi2,\frac\pi2] [ − 2 π , 2 π ] ）。
例 A.3 基础
把下列曲线化成极坐标方程：（1）
x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x ；（2）
x + y = 1 x+y=1 x + y = 1 ；（3）
x y = 1 xy=1 x y = 1 （第一象限部分）；（4）
( x 2 + y 2 ) 3 = y 4 (x^2+y^2)^3=y^4 ( x 2 + y 2 ) 3 = y 4 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) r 2 = 2 r cos θ r^2=2r\cos\theta r 2 = 2 r cos θ r r r r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ − π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2 − 2 π ≤ θ ≤ 2 π
x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 r 2 r^2 r 2 r ≥ 0 r\ge0 r ≥ 0 cos θ ≥ 0 \cos\theta\ge0 cos θ ≥ 0 θ \theta θ
② (2) r ( cos θ + sin θ ) = 1 r(\cos\theta+\sin\theta)=1 r ( cos θ + sin θ ) = 1 r = 1 cos θ + sin θ r=\dfrac1{\cos\theta+\sin\theta} r = cos θ + sin θ 1
直线写成极坐标后，r r r θ \theta θ
③ (3) r 2 cos θ sin θ = 1 r^2\cos\theta\sin\theta=1 r 2 cos θ sin θ = 1 r 2 = 2 sin 2 θ r^2=\dfrac2{\sin2\theta} r 2 = sin 2 θ 2 r = 1 sin θ cos θ r=\dfrac1{\sqrt{\sin\theta\cos\theta}} r = sin θ cos θ 1 0 < θ < π 2 0<\theta<\frac\pi2 0 < θ < 2 π
二倍角公式 2 sin θ cos θ = sin 2 θ 2\sin\theta\cos\theta=\sin2\theta 2 sin θ cos θ = sin 2 θ 2 x y = 1 2xy=1 2 x y = 1 4 x y = 1 4xy=1 4 x y = 1
④ (4) r 6 = r 4 sin 4 θ r^6=r^4\sin^4\theta r 6 = r 4 sin 4 θ r 2 = sin 4 θ r^2=\sin^4\theta r 2 = sin 4 θ r = sin 2 θ r=\sin^2\theta r = sin 2 θ
两边都是 r r r r 4 r^4 r 4 sin 2 θ ≥ 0 \sin^2\theta\ge0 sin 2 θ ≥ 0
答案：(1) r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ r = 1 cos θ + sin θ r=\frac1{\cos\theta+\sin\theta} r = c o s θ + s i n θ 1 r 2 = 2 sin 2 θ r^2=\frac2{\sin2\theta} r 2 = s i n 2 θ 2 r = sin 2 θ r=\sin^2\theta r = sin 2 θ
A.4 定积分工具复习：换元、分部、奇偶性、华里士公式大白话：二重积分最后都化成“先算一个定积分，再算一个定积分” 。所以一元定积分的技巧必须熟练：三角代换、分部积分、对称区间上的奇偶性、sin n \sin^n sin n cos n \cos^n cos n
x y O π/2 sin²x ：面积 π/4 sin⁴x ：面积 3π/16 华里士公式的两个特例：∫ 0 π 2 sin 2 x d x = π 4 \displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\sin^2x\dx=\frac\pi4 ∫ 0 2 π sin 2 x d x = 4 π ∫ 0 π 2 sin 4 x d x = 3 π 16 \displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\sin^4x\dx=\frac{3\pi}{16} ∫ 0 2 π sin 4 x d x = 16 3 π 二重积分里最常用的定积分结论
华里士公式 ：∫ 0 π 2 sin n x d x = ∫ 0 π 2 cos n x d x = n − 1 n ⋅ n − 3 n − 2 ⋯ \displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\sin^nx\dx=\int_0^{\frac\pi2}\cos^nx\dx=\frac{n-1}n\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdots ∫ 0 2 π sin n x d x = ∫ 0 2 π cos n x d x = n n − 1 ⋅ n − 2 n − 3 ⋯ 1 2 ⋅ π 2 \frac12\cdot\frac\pi2 2 1 ⋅ 2 π n n n 2 3 ⋅ 1 \frac23\cdot1 3 2 ⋅ 1 n n n π 4 \frac\pi4 4 π 2 3 \frac23 3 2 3 π 16 \frac{3\pi}{16} 16 3 π 8 15 \frac8{15} 15 8 n = 2 , 3 , 4 , 5 n=2,3,4,5 n = 2 , 3 , 4 , 5 奇偶性 ：f f f ∫ − a a f d x = 0 \int_{-a}^af\dx=0 ∫ − a a f d x = 0 = 2 ∫ 0 a f d x =2\int_0^af\dx = 2 ∫ 0 a f d x 圆面积 ：∫ 0 a a 2 − x 2 d x = π a 2 4 \int_0^a\sqrt{a^2-x^2}\dx=\frac{\pi a^2}4 ∫ 0 a a 2 − x 2 d x = 4 π a 2 凑微分 ：∫ x e x 2 d x = 1 2 e x 2 + C \int x\e^{x^2}\dx=\frac12\e^{x^2}+C ∫ x e x 2 d x = 2 1 e x 2 + C ∫ x 1 + x 2 d x = 1 + x 2 + C \int\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\dx=\sqrt{1+x^2}+C ∫ 1 + x 2 x d x = 1 + x 2 + C 泊松积分 ：∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = π 2 \int_0^{+\infty}\e^{-x^2}\dx=\frac{\sqrt\pi}2 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = 2 π
方法卡 · 快速算定积分
什么时候用
二重积分化成累次积分以后，每一次积分都用得上。
步骤
先看积分区间是否对称、被积函数是否有奇偶性，能消掉的先消掉。
看到 a 2 − x 2 \sqrt{a^2-x^2} a 2 − x 2 [ 0 , a ] [0,a] [ 0 , a ]
sin n \sin^n sin n cos n \cos^n cos n [ 0 , π 2 ] [0,\frac\pi2] [ 0 , 2 π ] 剩下的：凑微分、换元、分部。 最容易错
华里士公式用在
[ 0 , π ] [0,\pi] [ 0 , π ] 上忘了乘 2，或用在
cos n \cos^n cos n 的奇数次、区间
[ 0 , π ] [0,\pi] [ 0 , π ] 上（此时积分为 0）。
例 A.4 基础
计算：（1）
∫ 0 π 2 sin 4 x d x \displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\sin^4x\dx ∫ 0 2 π sin 4 x d x ；（2）
∫ 0 π 2 cos 5 x d x \displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\cos^5x\dx ∫ 0 2 π cos 5 x d x ；（3）
∫ − 1 1 ( x 3 e x 2 + 1 ) d x \displaystyle\int_{-1}^1(x^3\e^{x^2}+1)\dx ∫ − 1 1 ( x 3 e x 2 + 1 ) d x ；（4）
∫ 0 1 x e x 2 d x \displaystyle\int_0^1x\e^{x^2}\dx ∫ 0 1 x e x 2 d x ；（5）
∫ 0 1 1 − x 2 d x \displaystyle\int_0^1\sqrt{1-x^2}\dx ∫ 0 1 1 − x 2 d x 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1)(2) 华里士公式。 3 4 ⋅ 1 2 ⋅ π 2 = 3 π 16 \dfrac34\cdot\dfrac12\cdot\dfrac\pi2=\dfrac{3\pi}{16} 4 3 ⋅ 2 1 ⋅ 2 π = 16 3 π 4 5 ⋅ 2 3 ⋅ 1 = 8 15 \dfrac45\cdot\dfrac23\cdot1=\dfrac8{15} 5 4 ⋅ 3 2 ⋅ 1 = 15 8
偶数次最后乘 π 2 \frac\pi2 2 π
② (3) 奇偶性。 x 3 e x 2 x^3\e^{x^2} x 3 e x 2 [ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ] ∫ − 1 1 1 d x = 2 \int_{-1}^11\dx=2 ∫ − 1 1 1 d x = 2
( − x ) 3 e ( − x ) 2 = − x 3 e x 2 (-x)^3\e^{(-x)^2}=-x^3\e^{x^2} ( − x ) 3 e ( − x ) 2 = − x 3 e x 2
③ (4) 凑微分。 ∫ 0 1 x e x 2 d x = 1 2 e x 2 ∣ 0 1 = e − 1 2 \displaystyle\int_0^1x\e^{x^2}\dx=\frac12\e^{x^2}\Big|_0^1=\frac{\e-1}2 ∫ 0 1 x e x 2 d x = 2 1 e x 2 0 1 = 2 e − 1
x d x = 1 2 d ( x 2 ) x\dx=\frac12\dd(x^2) x d x = 2 1 d ( x 2 ) e x 2 \e^{x^2} e x 2 x 2 x^2 x 2
④ (5) 圆面积。 ∫ 0 1 1 − x 2 d x = π 4 \displaystyle\int_0^1\sqrt{1-x^2}\dx=\frac\pi4 ∫ 0 1 1 − x 2 d x = 4 π
y = 1 − x 2 y=\sqrt{1-x^2} y = 1 − x 2
答案：(1) 3 π 16 \frac{3\pi}{16} 16 3 π 8 15 \frac8{15} 15 8 e − 1 2 \frac{\e-1}2 2 e − 1 π 4 \frac\pi4 4 π
A.5 小结与自测
题目 答案 回看
x 2 + y 2 ≤ 2 y x^2+y^2\le2y x 2 + y 2 ≤ 2 y 圆心 ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) A.1 y = x y=x y = x y = x 2 y=x^2 y = x 2 ( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) A.1 x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ A.3 x = 1 x=1 x = 1 r = sec θ r=\sec\theta r = sec θ A.3 y = 3 x y=\sqrt3x y = 3 x x > 0 x>0 x > 0 θ = π 3 \theta=\frac\pi3 θ = 3 π A.3 ∫ 0 π 2 sin 3 x d x \int_0^{\frac\pi2}\sin^3x\dx ∫ 0 2 π sin 3 x d x 2 3 \frac23 3 2 A.4 ∫ − 2 2 x 5 cos x d x \int_{-2}^2x^5\cos x\dx ∫ − 2 2 x 5 cos x d x 0 A.4 心形线 r = 1 + cos θ r=1+\cos\theta r = 1 + cos θ ( 2 , 0 ) (2,0) ( 2 , 0 ) A.2
学完了，标记这一部分
第 1 部分
二重积分的概念与性质
二重积分是“曲顶柱体的体积”：切小块、立柱子、加起来、取极限。这一部分讲定义和它的几何意义、双重和式化成二重积分、比较大小与估值、中值定理，都是选择题和填空题的常客。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十章第 1 条）
理解二重积分的概念，了解二重积分的性质及其中值定理。
对应李林讲义第十章第一节“二重积分的概念与性质”（p248—249）。Maki《真题分类精解》第三十三讲开头的和式极限题，以及比较大小的选择题。
1.1 从曲顶柱体到二重积分大白话：一元定积分算的是“曲边梯形的面积”：把 [ a , b ] [a,b] [ a , b ] 二重积分是同一件事升了一维 ：把平面区域 D D D f ( ξ , η ) f(\xi,\eta) f ( ξ , η ) D D D z = f ( x , y ) z=f(x,y) z = f ( x , y )
x y z O 小柱体：高 f (ξᵢ, ηᵢ) 顶：z =f (x , y ) D 曲顶柱体：底是区域 D D D z = f ( x , y ) z=f(x,y) z = f ( x , y ) D D D Δ σ i \Delta\sigma_i Δ σ i f ( ξ i , η i ) f(\xi_i,\eta_i) f ( ξ i , η i ) 定义与意义（李林 p248）
∬ D f ( x , y ) d σ = lim d → 0 ∑ i = 1 n f ( ξ i , η i ) Δ σ i , \displaystyle \iint_Df(x,y)\dd\sigma=\lim_{d\to0}\sum_{i=1}^nf(\xi_i,\eta_i)\Delta\sigma_i, ∬ D f ( x , y ) d σ = d → 0 lim i = 1 ∑ n f ( ξ i , η i ) Δ σ i , d = max { Δ σ i 的直径 } . \displaystyle d=\max\{\Delta\sigma_i\text{ 的直径}\}. d = max { Δ σ i 的直径 } .
几何意义 ：f ≥ 0 f\ge0 f ≥ 0 D D D z = f ( x , y ) z=f(x,y) z = f ( x , y ) f f f 物理意义 ：f = ρ ( x , y ) f=\rho(x,y) f = ρ ( x , y ) f = 1 f=1 f = 1 ∬ D 1 d σ = D \iint_D1\dd\sigma=D ∬ D 1 d σ = D 可积性 ：f f f D D D ⇒ \Rightarrow ⇒ ⇒ \Rightarrow ⇒ d σ \dd\sigma d σ d x d y \dx\dy d x d y
方法卡 · 用几何意义直接写出积分值
什么时候用
被积函数的图像是熟悉的立体的顶：半球面、圆锥面、平面；或者被积函数是 1（求面积）。
步骤
画出底 D D D z = f ( x , y ) z=f(x,y) z = f ( x , y )
判断底和顶围成的是哪种立体（半球、圆锥、四面体、柱体）。
套体积公式；f f f 最容易错
被积函数有正有负时仍然当体积全部相加；把
∬ D 1 d σ \iint_D1\dd\sigma ∬ D 1 d σ 算成 1 而不是面积。
例 1.1 基础
不做积分运算，用几何意义求：（1）
∬ x 2 + y 2 ≤ 1 1 − x 2 − y 2 d σ \displaystyle\iint_{x^2+y^2\le1}\sqrt{1-x^2-y^2}\dd\sigma ∬ x 2 + y 2 ≤ 1 1 − x 2 − y 2 d σ ；（2）
∬ D ( 1 − x − y ) d σ \displaystyle\iint_D(1-x-y)\dd\sigma ∬ D ( 1 − x − y ) d σ ，
D D D 由
x + y = 1 x+y=1 x + y = 1 与两条坐标轴围成；（3）
∬ x 2 + y 2 ≤ 4 ( 2 − x 2 + y 2 ) d σ \displaystyle\iint_{x^2+y^2\le4}\big(2-\sqrt{x^2+y^2}\big)\dd\sigma ∬ x 2 + y 2 ≤ 4 ( 2 − x 2 + y 2 ) d σ 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 半球。 顶 z = 1 − x 2 − y 2 z=\sqrt{1-x^2-y^2} z = 1 − x 2 − y 2 1 2 ⋅ 4 3 π = 2 π 3 \dfrac12\cdot\dfrac43\pi=\dfrac{2\pi}3 2 1 ⋅ 3 4 π = 3 2 π
被积函数 ≥ 0 \ge0 ≥ 0
② (2) 四面体。 顶是平面 z = 1 − x − y z=1-x-y z = 1 − x − y 1 3 × 1 2 × 1 = 1 6 \dfrac13\times\dfrac12\times1=\dfrac16 3 1 × 2 1 × 1 = 6 1
四面体是三棱锥，体积 = 1 3 \frac13 3 1 1 2 \frac12 2 1
③ (3) 圆锥。 顶 z = 2 − x 2 + y 2 z=2-\sqrt{x^2+y^2} z = 2 − x 2 + y 2 x 2 + y 2 = 4 x^2+y^2=4 x 2 + y 2 = 4 1 3 π ⋅ 2 2 ⋅ 2 = 8 π 3 \dfrac13\pi\cdot2^2\cdot2=\dfrac{8\pi}3 3 1 π ⋅ 2 2 ⋅ 2 = 3 8 π
每个高度 z z z 2 − z 2-z 2 − z
答案：(1) 2 π 3 \frac{2\pi}3 3 2 π 1 6 \frac16 6 1 8 π 3 \frac{8\pi}3 3 8 π
例 1.2 李林 第十章 §1 例如 · p248
设
I = ∬ D x 2 y 2 d x d y I=\displaystyle\iint_Dx^2y^2\dx\dy I = ∬ D x 2 y 2 d x d y ，
D : 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 D:0\le x\le1,\ 0\le y\le1 D : 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 。将
D D D 用平行于坐标轴的直线划分为边长为
1 n \dfrac1n n 1 的小正方形，
( ξ i , η j ) (\xi_i,\eta_j) ( ξ i , η j ) 取第
( i , j ) (i,j) ( i , j ) 个小正方形的右上角，用极限表示积分
I I I ，并求出
I I I 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 写出和式。 按定义，每个小正方形的面积是 Δ σ = 1 n 2 \Delta\sigma=\dfrac1{n^2} Δ σ = n 2 1 ( ξ i , η j ) = ( i n , j n ) (\xi_i,\eta_j)=\Big(\dfrac in,\dfrac jn\Big) ( ξ i , η j ) = ( n i , n j ) I = lim n → ∞ ∑ j = 1 n ∑ i = 1 n ( i n ) 2 ( j n ) 2 ⋅ 1 n 2 = lim n → ∞ ∑ j = 1 n ∑ i = 1 n i 2 j 2 n 6 I=\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{i=1}^n\Big(\dfrac in\Big)^2\Big(\dfrac jn\Big)^2\cdot\dfrac1{n^2}=\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{i^2j^2}{n^6} I = n → ∞ lim j = 1 ∑ n i = 1 ∑ n ( n i ) 2 ( n j ) 2 ⋅ n 2 1 = n → ∞ lim j = 1 ∑ n i = 1 ∑ n n 6 i 2 j 2
定义就是“函数值 × 小块面积，加起来，取极限”；小正方形边长 1 n \frac1n n 1 1 n 2 \frac1{n^2} n 2 1 ( i n , j n ) (\frac in,\frac jn) ( n i , n j )
② 双重和拆成两个单重和。 ∑ j = 1 n ∑ i = 1 n i 2 j 2 = ( ∑ i = 1 n i 2 ) ( ∑ j = 1 n j 2 ) = [ n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) 6 ] 2 \sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{i=1}^ni^2j^2=\Big(\sum\limits_{i=1}^ni^2\Big)\Big(\sum\limits_{j=1}^nj^2\Big)=\Big[\dfrac{n(n+1)(2n+1)}6\Big]^2 j = 1 ∑ n i = 1 ∑ n i 2 j 2 = ( i = 1 ∑ n i 2 ) ( j = 1 ∑ n j 2 ) = [ 6 n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) ] 2
i i i j j j
③ 取极限。 I = lim n → ∞ [ n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) ] 2 36 n 6 = 2 2 36 = 1 9 I=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{[n(n+1)(2n+1)]^2}{36n^6}=\dfrac{2^2}{36}=\dfrac19 I = n → ∞ lim 36 n 6 [ n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) ] 2 = 36 2 2 = 9 1 ∫ 0 1 x 2 d x ∫ 0 1 y 2 d y = 1 3 ⋅ 1 3 = 1 9 \displaystyle\int_0^1x^2\dx\int_0^1y^2\dy=\frac13\cdot\frac13=\frac19 ∫ 0 1 x 2 d x ∫ 0 1 y 2 d y = 3 1 ⋅ 3 1 = 9 1
分子的最高次项是 ( 2 n 3 ) 2 = 4 n 6 (2n^3)^2=4n^6 ( 2 n 3 ) 2 = 4 n 6 36 n 6 36n^6 36 n 6 1 9 \frac19 9 1 ∞ \infty ∞ lim \lim lim
答案：I = lim n → ∞ ∑ j = 1 n ∑ i = 1 n i 2 j 2 n 6 = 1 9 I=\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{i=1}^n\frac{i^2j^2}{n^6}=\frac19 I = n → ∞ lim j = 1 ∑ n i = 1 ∑ n n 6 i 2 j 2 = 9 1
1.2 和式极限化成二重积分大白话：一元里，lim 1 n ∑ f ( i n ) = ∫ 0 1 f ( x ) d x \lim\frac1n\sum f\big(\frac in\big)=\int_0^1f(x)\dx lim n 1 ∑ f ( n i ) = ∫ 0 1 f ( x ) d x 两重求和再乘 1 n 2 \frac1{n^2} n 2 1 [ 0 , 1 ] × [ 0 , 1 ] [0,1]\times[0,1] [ 0 , 1 ] × [ 0 , 1 ] ：i n \frac in n i x x x j n \frac jn n j y y y 1 n 2 \frac1{n^2} n 2 1 j ≤ i j\le i j ≤ i
x y O (i /n , j /n ) Δσ=1/n ² 1 1 把 [ 0 , 1 ] × [ 0 , 1 ] [0,1]\times[0,1] [ 0 , 1 ] × [ 0 , 1 ] n × n n\times n n × n 1 n 2 \frac1{n^2} n 2 1 ( i n , j n ) (\frac in,\frac jn) ( n i , n j ) 和式与二重积分的对应
lim n → ∞ 1 n 2 ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n f ( i n , j n ) = ∬ [ 0 , 1 ] 2 f ( x , y ) d x d y = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 f ( x , y ) d y . \displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1{n^2}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nf\Big(\frac in,\frac jn\Big)=\iint_{[0,1]^2}f(x,y)\dx\dy=\int_0^1\dx\int_0^1f(x,y)\dy. n → ∞ lim n 2 1 i = 1 ∑ n j = 1 ∑ n f ( n i , n j ) = ∬ [ 0 , 1 ] 2 f ( x , y ) d x d y = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 f ( x , y ) d y .
内层 j j j i i i y ≤ x y\le x y ≤ x { 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 } \{0\le y\le x\le1\} { 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 }
代表点步长是 1 2 n \frac1{2n} 2 n 1 1 4 n 2 \frac1{4n^2} 4 n 2 1
方法卡 · 双重和式的极限
什么时候用
lim n → ∞ ∑ i ∑ j ( ⋯ ) \lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_i\sum\limits_j(\cdots) n → ∞ lim i ∑ j ∑ ( ⋯ ) ，每一项是
i , j , n i,j,n i , j , n 的式子；选择题常常让你选对应的累次积分。
步骤
把每一项写成“1 n 2 × \frac1{n^2}\times n 2 1 × i n \frac in n i j n \frac jn n j n n n
读出被积函数：i n → x \frac in\to x n i → x j n → y \frac jn\to y n j → y
读出区域：i , j i,j i , j 最容易错
提出的因子不是
1 n 2 \frac1{n^2} n 2 1 （少提或多提了一个
n n n ）；内层上限写成
x x x ，把正方形误当成三角形。
例 1.3 基础
求
lim n → ∞ 1 n 3 ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n ( i + j ) \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac1{n^3}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n(i+j) n → ∞ lim n 3 1 i = 1 ∑ n j = 1 ∑ n ( i + j ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 凑出 1 n 2 \frac1{n^2} n 2 1 i + j n 3 = ( i n + j n ) ⋅ 1 n 2 \dfrac{i+j}{n^3}=\Big(\dfrac in+\dfrac jn\Big)\cdot\dfrac1{n^2} n 3 i + j = ( n i + n j ) ⋅ n 2 1
二重积分的和式需要两样东西：每格面积 1 n 2 \frac1{n^2} n 2 1 i n \frac in n i j n \frac jn n j 1 n 3 \frac1{n^3} n 3 1 1 n ⋅ 1 n 2 \frac1n\cdot\frac1{n^2} n 1 ⋅ n 2 1 1 n \frac1n n 1 i + j i+j i + j
② 读出积分。 被积函数 x + y x+y x + y i , j i,j i , j n n n [ 0 , 1 ] 2 [0,1]^2 [ 0 , 1 ] 2 = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 ( x + y ) d y = ∫ 0 1 ( x + 1 2 ) d x = 1 =\displaystyle\int_0^1\dx\int_0^1(x+y)\dy=\int_0^1\Big(x+\frac12\Big)\dx=1 = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 ( x + y ) d y = ∫ 0 1 ( x + 2 1 ) d x = 1
i n \frac in n i 1 n \frac1n n 1 j n \frac jn n j
答案：1
例 1.4 2010 数一(4) 2010 数二(6)
lim n → ∞ ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n n ( n + i ) ( n 2 + j 2 ) = \lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\dfrac n{(n+i)(n^2+j^2)}= n → ∞ lim i = 1 ∑ n j = 1 ∑ n ( n + i ) ( n 2 + j 2 ) n = （ ）
（A）
∫ 0 1 d x ∫ 0 x 1 ( 1 + x ) ( 1 + y 2 ) d y \displaystyle\int_0^1\dx\int_0^x\frac1{(1+x)(1+y^2)}\dy ∫ 0 1 d x ∫ 0 x ( 1 + x ) ( 1 + y 2 ) 1 d y （B）
∫ 0 1 d x ∫ 0 x 1 ( 1 + x ) ( 1 + y ) d y \displaystyle\int_0^1\dx\int_0^x\frac1{(1+x)(1+y)}\dy ∫ 0 1 d x ∫ 0 x ( 1 + x ) ( 1 + y ) 1 d y （C）
∫ 0 1 d x ∫ 0 1 1 ( 1 + x ) ( 1 + y ) d y \displaystyle\int_0^1\dx\int_0^1\frac1{(1+x)(1+y)}\dy ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 ( 1 + x ) ( 1 + y ) 1 d y （D）
∫ 0 1 d x ∫ 0 1 1 ( 1 + x ) ( 1 + y 2 ) d y \displaystyle\int_0^1\dx\int_0^1\frac1{(1+x)(1+y^2)}\dy ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 ( 1 + x ) ( 1 + y 2 ) 1 d y 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 提出 1 n 2 \frac1{n^2} n 2 1 n ( n + i ) ( n 2 + j 2 ) = n n ( 1 + i n ) ⋅ n 2 ( 1 + j 2 n 2 ) = 1 n 2 ⋅ 1 ( 1 + i n ) ( 1 + ( j n ) 2 ) \dfrac n{(n+i)(n^2+j^2)}=\dfrac n{n\big(1+\frac in\big)\cdot n^2\big(1+\frac{j^2}{n^2}\big)}=\dfrac1{n^2}\cdot\dfrac1{\big(1+\frac in\big)\big(1+(\frac jn)^2\big)} ( n + i ) ( n 2 + j 2 ) n = n ( 1 + n i ) ⋅ n 2 ( 1 + n 2 j 2 ) n = n 2 1 ⋅ ( 1 + n i ) ( 1 + ( n j ) 2 ) 1
( n + i ) (n+i) ( n + i ) n n n ( n 2 + j 2 ) (n^2+j^2) ( n 2 + j 2 ) n 2 n^2 n 2 n 3 n^3 n 3 n n n 1 n 2 \frac1{n^2} n 2 1
② 读出二重积分。 i n → x \frac in\to x n i → x j n → y \frac jn\to y n j → y i , j i,j i , j n n n = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 1 ( 1 + x ) ( 1 + y 2 ) d y =\displaystyle\int_0^1\dx\int_0^1\frac1{(1+x)(1+y^2)}\dy = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 ( 1 + x ) ( 1 + y 2 ) 1 d y
求和范围都是 1 到 n n n x x x y y y
③ 顺便算出数值。 ∫ 0 1 d x 1 + x ⋅ ∫ 0 1 d y 1 + y 2 = ln 2 ⋅ π 4 \displaystyle\int_0^1\frac{\dx}{1+x}\cdot\int_0^1\frac{\dy}{1+y^2}=\ln2\cdot\frac\pi4 ∫ 0 1 1 + x d x ⋅ ∫ 0 1 1 + y 2 d y = ln 2 ⋅ 4 π
被积函数是“x x x y y y
答案：D
例 1.5 2026 数二(7)
设函数
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 在区域
D = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 } D=\{(x,y)\mid0\le x\le1,\ 0\le y\le1\} D = {( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 } 上连续，且
f ( x , y ) = f ( y , x ) f(x,y)=f(y,x) f ( x , y ) = f ( y , x ) ，则
∬ D f ( x , y ) d x d y = \displaystyle\iint_Df(x,y)\dx\dy= ∬ D f ( x , y ) d x d y = （ ）
（A）
2 lim n → ∞ ∑ i = 1 n ∑ j = n + 1 − i n f ( i n , j n ) 1 n 2 2\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=n+1-i}^nf\big(\frac in,\frac jn\big)\frac1{n^2} 2 n → ∞ lim i = 1 ∑ n j = n + 1 − i ∑ n f ( n i , n j ) n 2 1 （B）
1 2 lim n → ∞ ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n f ( i n , j n ) 1 n 2 \frac12\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^nf\big(\frac in,\frac jn\big)\frac1{n^2} 2 1 n → ∞ lim i = 1 ∑ n j = 1 ∑ n f ( n i , n j ) n 2 1 （C）
2 lim n → ∞ ∑ i = 1 2 n ∑ j = 1 2 n + 1 − i f ( i 2 n , j 2 n ) 1 n 2 2\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^{2n}\sum\limits_{j=1}^{2n+1-i}f\big(\frac i{2n},\frac j{2n}\big)\frac1{n^2} 2 n → ∞ lim i = 1 ∑ 2 n j = 1 ∑ 2 n + 1 − i f ( 2 n i , 2 n j ) n 2 1 （D）
1 2 lim n → ∞ ∑ i = 1 2 n ∑ j = 1 i f ( i 2 n , j 2 n ) 1 n 2 \frac12\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^{2n}\sum\limits_{j=1}^if\big(\frac i{2n},\frac j{2n}\big)\frac1{n^2} 2 1 n → ∞ lim i = 1 ∑ 2 n j = 1 ∑ i f ( 2 n i , 2 n j ) n 2 1 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 看清步长与每格面积。 （C）（D）的代表点是 ( i 2 n , j 2 n ) \big(\frac i{2n},\frac j{2n}\big) ( 2 n i , 2 n j ) 1 2 n \frac1{2n} 2 n 1 1 4 n 2 \frac1{4n^2} 4 n 2 1 ∑ f ⋅ 1 n 2 = 4 ∑ f ⋅ 1 4 n 2 → 4 ∬ \sum f\cdot\frac1{n^2}=4\sum f\cdot\frac1{4n^2}\to4\iint ∑ f ⋅ n 2 1 = 4 ∑ f ⋅ 4 n 2 1 → 4 ∬
和式里写的 1 n 2 \frac1{n^2} n 2 1
② （D）对应的区域。 j j j i i i y ≤ x y\le x y ≤ x D 1 = { 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 } D_1=\{0\le y\le x\le1\} D 1 = { 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 } = 1 2 ⋅ 4 ∬ D 1 f = 2 ∬ D 1 f =\frac12\cdot4\iint_{D_1}f=2\iint_{D_1}f = 2 1 ⋅ 4 ∬ D 1 f = 2 ∬ D 1 f
内层上限 j ≤ i j\le i j ≤ i j 2 n ≤ i 2 n \frac j{2n}\le\frac i{2n} 2 n j ≤ 2 n i y ≤ x y\le x y ≤ x
③ 用对称性。 f ( x , y ) = f ( y , x ) f(x,y)=f(y,x) f ( x , y ) = f ( y , x ) D D D y = x y=x y = x ∬ D f = 2 ∬ D 1 f \iint_Df=2\iint_{D_1}f ∬ D f = 2 ∬ D 1 f
把 x , y x,y x , y
④ 排除其余。 （A）的区域是 x + y ≥ 1 x+y\ge1 x + y ≥ 1 x + y = 1 x+y=1 x + y = 1 1 2 ∬ D f \frac12\iint_Df 2 1 ∬ D f x + y ≤ 1 x+y\le1 x + y ≤ 1 8 8 8
每个选项都查三件事：步长、区域、系数。只有（D）三件都对。
答案：D
1.3 性质：拆开、分块、比较大小与估值大白话：二重积分的性质和定积分一模一样 ：被积函数可以拆开，区域可以分块，被积函数处处大积分就大，积分夹在“面积 × 最小值”和“面积 × 最大值”之间。选择题最爱考“比较几个二重积分的大小”：区域相同，就只比被积函数。
u O π/2 u sin u 1−cos u 在 [ 0 , π 2 ] [0,\frac\pi2] [ 0 , 2 π ] 1 − cos u ≤ sin u ≤ u 1-\cos u\le\sin u\le u 1 − cos u ≤ sin u ≤ u 二重积分的性质（李林 p249，设 f , g f,g f , g D D D
线性 ：∬ D ( k 1 f ± k 2 g ) d σ = k 1 ∬ D f d σ ± k 2 ∬ D g d σ \iint_D(k_1f\pm k_2g)\dd\sigma=k_1\iint_Df\dd\sigma\pm k_2\iint_Dg\dd\sigma ∬ D ( k 1 f ± k 2 g ) d σ = k 1 ∬ D f d σ ± k 2 ∬ D g d σ 区域可加 ：D = D 1 ∪ D 2 D=D_1\cup D_2 D = D 1 ∪ D 2 ∬ D = ∬ D 1 + ∬ D 2 \iint_D=\iint_{D_1}+\iint_{D_2} ∬ D = ∬ D 1 + ∬ D 2 面积 ：∬ D 1 d σ = S \iint_D1\dd\sigma=S ∬ D 1 d σ = S D D D 比较定理 ：f ≤ g f\le g f ≤ g ∬ D f ≤ ∬ D g \iint_Df\le\iint_Dg ∬ D f ≤ ∬ D g f , g f,g f , g 估值定理 ：m ≤ f ≤ M m\le f\le M m ≤ f ≤ M m S ≤ ∬ D f d σ ≤ M S mS\le\iint_Df\dd\sigma\le MS m S ≤ ∬ D f d σ ≤ MS
方法卡 · 比较二重积分的大小
什么时候用
选择题“
I 1 , I 2 , I 3 I_1,I_2,I_3 I 1 , I 2 , I 3 的大小关系是”。
步骤
区域相同：比被积函数。常用 0 ≤ u ≤ 1 0\le u\le1 0 ≤ u ≤ 1 u 2 ≤ u ≤ u u^2\le u\le\sqrt u u 2 ≤ u ≤ u 1 − cos u ≤ sin u ≤ u 1-\cos u\le\sin u\le u 1 − cos u ≤ sin u ≤ u 0 ≤ u ≤ π 2 0\le u\le\frac\pi2 0 ≤ u ≤ 2 π
被积函数相同、区域不同：被积函数非负时，区域大的积分大；有正有负时先用对称性（第 5 部分）。
能直接算出来的，就算出来比。 最容易错
被积函数在区域里有正有负，却按“区域大积分大”下结论；忘了看变量的范围（
u u u 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 内还是
[ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [ 1 , + ∞ ) 内，大小关系相反）。
例 1.6 2019 数二(5)
已知平面区域
D = { ( x , y ) ∣ ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ π 2 } D=\Big\{(x,y)\ \Big|\ |x|+|y|\le\dfrac\pi2\Big\} D = { ( x , y ) ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 2 π } ，
I 1 = ∬ D x 2 + y 2 d x d y I_1=\displaystyle\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\dx\dy I 1 = ∬ D x 2 + y 2 d x d y ，
I 2 = ∬ D sin x 2 + y 2 d x d y I_2=\displaystyle\iint_D\sin\sqrt{x^2+y^2}\dx\dy I 2 = ∬ D sin x 2 + y 2 d x d y ，
I 3 = ∬ D ( 1 − cos x 2 + y 2 ) d x d y I_3=\displaystyle\iint_D\big(1-\cos\sqrt{x^2+y^2}\big)\dx\dy I 3 = ∬ D ( 1 − cos x 2 + y 2 ) d x d y ，则（ ）
（A）
I 3 < I 2 < I 1 I_3<I_2<I_1 I 3 < I 2 < I 1 （B）
I 2 < I 1 < I 3 I_2<I_1<I_3 I 2 < I 1 < I 3 （C）
I 1 < I 2 < I 3 I_1<I_2<I_3 I 1 < I 2 < I 3 （D）
I 2 < I 3 < I 1 I_2<I_3<I_1 I 2 < I 3 < I 1 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 变量的范围。 令 u = x 2 + y 2 u=\sqrt{x^2+y^2} u = x 2 + y 2 D D D π 2 \frac\pi2 2 π D D D 0 ≤ u ≤ π 2 0\le u\le\dfrac\pi2 0 ≤ u ≤ 2 π
三个积分区域相同、被积函数都是 u u u u u u
② 比较被积函数。 在 [ 0 , π 2 ] \big[0,\frac\pi2\big] [ 0 , 2 π ] 1 − cos u ≤ sin u ≤ u 1-\cos u\le\sin u\le u 1 − cos u ≤ sin u ≤ u
sin u ≤ u \sin u\le u sin u ≤ u sin u − ( 1 − cos u ) = 2 sin ( u + π 4 ) − 1 \sin u-(1-\cos u)=\sqrt2\sin\big(u+\frac\pi4\big)-1 sin u − ( 1 − cos u ) = 2 sin ( u + 4 π ) − 1 [ 0 , π 2 ] [0,\frac\pi2] [ 0 , 2 π ] u + π 4 ∈ [ π 4 , 3 π 4 ] u+\frac\pi4\in[\frac\pi4,\frac{3\pi}4] u + 4 π ∈ [ 4 π , 4 3 π ] ≥ 2 2 \ge\frac{\sqrt2}2 ≥ 2 2 ≥ 0 \ge0 ≥ 0
③ 结论。 等号只在个别点成立，所以 I 3 < I 2 < I 1 I_3<I_2<I_1 I 3 < I 2 < I 1
比较定理：同一区域上被积函数处处不大（且不恒等），积分就严格小。
答案：A
例 1.7 李林 第十章 习题 选择 (1) · p264
设
I 1 = ∬ D cos x 2 + y 2 d σ I_1=\displaystyle\iint_D\cos\sqrt{x^2+y^2}\dd\sigma I 1 = ∬ D cos x 2 + y 2 d σ ，
I 2 = ∬ D cos ( x 2 + y 2 ) d σ I_2=\displaystyle\iint_D\cos(x^2+y^2)\dd\sigma I 2 = ∬ D cos ( x 2 + y 2 ) d σ ，
I 3 = ∬ D cos ( x 2 + y 2 ) 2 d σ I_3=\displaystyle\iint_D\cos(x^2+y^2)^2\dd\sigma I 3 = ∬ D cos ( x 2 + y 2 ) 2 d σ ，其中
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 1 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le1\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 1 } ，则（ ）
（A）
I 3 > I 2 > I 1 I_3>I_2>I_1 I 3 > I 2 > I 1 （B）
I 1 > I 2 > I 3 I_1>I_2>I_3 I 1 > I 2 > I 3 （C）
I 2 > I 1 > I 3 I_2>I_1>I_3 I 2 > I 1 > I 3 （D）
I 3 > I 1 > I 2 I_3>I_1>I_2 I 3 > I 1 > I 2 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 比较三个自变量。 令 u = x 2 + y 2 ∈ [ 0 , 1 ] u=x^2+y^2\in[0,1] u = x 2 + y 2 ∈ [ 0 , 1 ] u ≥ u ≥ u 2 \sqrt u\ge u\ge u^2 u ≥ u ≥ u 2
0 到 1 之间的数，开方变大、平方变小。
② 余弦递减。 cos \cos cos [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] cos u ≤ cos u ≤ cos u 2 \cos\sqrt u\le\cos u\le\cos u^2 cos u ≤ cos u ≤ cos u 2
1 < π 2 1<\frac\pi2 1 < 2 π [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ]
③ 结论。 I 1 < I 2 < I 3 I_1<I_2<I_3 I 1 < I 2 < I 3 I 3 > I 2 > I 1 I_3>I_2>I_1 I 3 > I 2 > I 1
同一区域上被积函数一个比一个大，积分也一个比一个大（比较定理）。
答案：A
例 1.8 基础
估计
I = ∬ x 2 + y 2 ≤ 1 e x 2 + y 2 d σ I=\displaystyle\iint_{x^2+y^2\le1}\e^{x^2+y^2}\dd\sigma I = ∬ x 2 + y 2 ≤ 1 e x 2 + y 2 d σ 的范围，再求出它的精确值。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 被积函数的最值。 在 D D D 0 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 0\le x^2+y^2\le1 0 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 1 ≤ e x 2 + y 2 ≤ e 1\le\e^{x^2+y^2}\le\e 1 ≤ e x 2 + y 2 ≤ e
指数函数单调增加，指数最小是 0、最大是 1。
② 估值定理。 D D D π \pi π π ≤ I ≤ π e \pi\le I\le\pi\e π ≤ I ≤ π e
面积 × 最小值 ≤ 积分 ≤ 面积 × 最大值。
③ 精确值（第 4 部分的极坐标）。 I = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 e r 2 r d r = 2 π ⋅ e − 1 2 = π ( e − 1 ) ≈ 5.40 I=\displaystyle\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1\e^{r^2}r\dd r=2\pi\cdot\frac{\e-1}2=\pi(\e-1)\approx5.40 I = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 e r 2 r d r = 2 π ⋅ 2 e − 1 = π ( e − 1 ) ≈ 5.40 π ≈ 3.14 \pi\approx3.14 π ≈ 3.14 π e ≈ 8.54 \pi\e\approx8.54 π e ≈ 8.54
极坐标下 x 2 + y 2 = r 2 x^2+y^2=r^2 x 2 + y 2 = r 2 r d r d θ r\dd r\dd\theta r d r d θ r e r 2 r\e^{r^2} r e r 2 1 2 d ( e r 2 ) \frac12\dd(\e^{r^2}) 2 1 d ( e r 2 )
答案：π ≤ I ≤ π e \pi\le I\le\pi\e π ≤ I ≤ π e I = π ( e − 1 ) I=\pi(\e-1) I = π ( e − 1 )
1.4 中值定理：区域缩成一点时的极限大白话：连续函数在 D D D D D D ，这个函数值就是 f f f D D D
x y O r →0区域缩向原点：平均值 → f (0, 0) 圆盘 x 2 + y 2 ≤ r 2 x^2+y^2\le r^2 x 2 + y 2 ≤ r 2 ( ξ , η ) (\xi,\eta) ( ξ , η ) ( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) 二重积分中值定理（李林 p249）
f f f D D D ( ξ , η ) ∈ D (\xi,\eta)\in D ( ξ , η ) ∈ D ∬ D f ( x , y ) d σ = f ( ξ , η ) ⋅ S \displaystyle\iint_Df(x,y)\dd\sigma=f(\xi,\eta)\cdot S ∬ D f ( x , y ) d σ = f ( ξ , η ) ⋅ S S S S D D D
推论 ：f f f lim r → 0 + 1 π r 2 ∬ x 2 + y 2 ≤ r 2 f ( x , y ) d σ = f ( 0 , 0 ) \displaystyle\lim_{r\to0^+}\frac1{\pi r^2}\iint_{x^2+y^2\le r^2}f(x,y)\dd\sigma=f(0,0) r → 0 + lim π r 2 1 ∬ x 2 + y 2 ≤ r 2 f ( x , y ) d σ = f ( 0 , 0 )
方法卡 · 含二重积分的极限
步骤
被积函数连续、只问极限值：用中值定理，积分 = f ( ξ , η ) × f(\xi,\eta)\times f ( ξ , η ) × ( ξ , η ) → (\xi,\eta)\to ( ξ , η ) →
区域是圆盘、被积函数含 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 ∬ = 2 π ∫ 0 t f ( r 2 ) r d r \iint=2\pi\int_0^tf(r^2)r\dd r ∬ = 2 π ∫ 0 t f ( r 2 ) r d r
分母只知道在一点可导：凑成导数定义，不能再洛必达。 最容易错
中值定理的点
( ξ , η ) (\xi,\eta) ( ξ , η ) 当成常数；只知道
f f f 在一点可导，却对
f ( t 2 ) f(t^2) f ( t 2 ) 再用一次洛必达。
例 1.9 基础
求
lim r → 0 + 1 π r 2 ∬ x 2 + y 2 ≤ r 2 e x 2 − y 2 cos ( x + y ) d σ \lim\limits_{r\to0^+}\dfrac1{\pi r^2}\displaystyle\iint_{x^2+y^2\le r^2}\e^{x^2-y^2}\cos(x+y)\dd\sigma r → 0 + lim π r 2 1 ∬ x 2 + y 2 ≤ r 2 e x 2 − y 2 cos ( x + y ) d σ 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 中值定理。 被积函数连续，存在 ( ξ , η ) (\xi,\eta) ( ξ , η ) = e ξ 2 − η 2 cos ( ξ + η ) ⋅ π r 2 =\e^{\xi^2-\eta^2}\cos(\xi+\eta)\cdot\pi r^2 = e ξ 2 − η 2 cos ( ξ + η ) ⋅ π r 2
二重积分中值定理：连续函数的积分 = 某一点的函数值 × 面积；面积 π r 2 \pi r^2 π r 2
② 取极限。 r → 0 + r\to0^+ r → 0 + ( ξ , η ) → ( 0 , 0 ) (\xi,\eta)\to(0,0) ( ξ , η ) → ( 0 , 0 ) = lim e ξ 2 − η 2 cos ( ξ + η ) = e 0 cos 0 = 1 =\lim\e^{\xi^2-\eta^2}\cos(\xi+\eta)=\e^0\cos0=1 = lim e ξ 2 − η 2 cos ( ξ + η ) = e 0 cos 0 = 1
( ξ , η ) (\xi,\eta) ( ξ , η ) r r r r → 0 r\to0 r → 0 f ( 0 , 0 ) f(0,0) f ( 0 , 0 )
答案：1
例 1.10 ep 板书 二重积分 例 9
设
g ( x ) g(x) g ( x ) 有连续的导数，
g ( 0 ) = 0 g(0)=0 g ( 0 ) = 0 ，
g ′ ( 0 ) = a ≠ 0 g'(0)=a\ne0 g ′ ( 0 ) = a = 0 ，
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 在点
( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) 的某邻域内连续，则
lim r → 0 + ∬ x 2 + y 2 ≤ r 2 f ( x , y ) d x d y g ( r 2 ) = \lim\limits_{r\to0^+}\dfrac{\displaystyle\iint_{x^2+y^2\le r^2}f(x,y)\dx\dy}{g(r^2)}= r → 0 + lim g ( r 2 ) ∬ x 2 + y 2 ≤ r 2 f ( x , y ) d x d y = （ ）
（A）
f ( 0 , 0 ) a \dfrac{f(0,0)}a a f ( 0 , 0 ) （B）
f ( 0 , 0 ) 2 a \dfrac{f(0,0)}{2a} 2 a f ( 0 , 0 ) （C）
π a f ( 0 , 0 ) \dfrac\pi af(0,0) a π f ( 0 , 0 ) （D）
π 2 a f ( 0 , 0 ) \dfrac\pi{2a}f(0,0) 2 a π f ( 0 , 0 ) 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 分子用中值定理。 分子 = f ( ξ , η ) ⋅ π r 2 =f(\xi,\eta)\cdot\pi r^2 = f ( ξ , η ) ⋅ π r 2 ( ξ , η ) (\xi,\eta) ( ξ , η ) x 2 + y 2 ≤ r 2 x^2+y^2\le r^2 x 2 + y 2 ≤ r 2
f f f r r r
② 分母凑成导数定义。 g ( r 2 ) r 2 = g ( r 2 ) − g ( 0 ) r 2 − 0 → g ′ ( 0 ) = a \dfrac{g(r^2)}{r^2}=\dfrac{g(r^2)-g(0)}{r^2-0}\to g'(0)=a r 2 g ( r 2 ) = r 2 − 0 g ( r 2 ) − g ( 0 ) → g ′ ( 0 ) = a
r 2 → 0 + r^2\to0^+ r 2 → 0 + g g g g g g a a a
③ 合起来。 原式 = lim r → 0 + π f ( ξ , η ) ⋅ r 2 g ( r 2 ) = π f ( 0 , 0 ) a =\lim\limits_{r\to0^+}\pi f(\xi,\eta)\cdot\dfrac{r^2}{g(r^2)}=\dfrac{\pi f(0,0)}a = r → 0 + lim π f ( ξ , η ) ⋅ g ( r 2 ) r 2 = a π f ( 0 , 0 )
两个因子的极限都存在，且 a ≠ 0 a\ne0 a = 0
答案：C
例 1.11 李林 第十章 习题 解答 (8) · p265
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 连续，
f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 ，
f ′ ( 0 ) = 1 f'(0)=1 f ′ ( 0 ) = 1 ，
F ( t ) = ∬ x 2 + y 2 ≤ t 2 f ( x 2 + y 2 ) d x d y ( t > 0 ) F(t)=\displaystyle\iint_{x^2+y^2\le t^2}f(x^2+y^2)\dx\dy\ (t>0) F ( t ) = ∬ x 2 + y 2 ≤ t 2 f ( x 2 + y 2 ) d x d y ( t > 0 ) ，求极限
lim t → 0 + 2 F ( t ) t 4 \lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{2F(t)}{t^4} t → 0 + lim t 4 2 F ( t ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 化成变上限积分。 极坐标：F ( t ) = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 t f ( r 2 ) r d r = 2 π ∫ 0 t f ( r 2 ) r d r F(t)=\displaystyle\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^tf(r^2)r\dd r=2\pi\int_0^tf(r^2)r\dd r F ( t ) = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 t f ( r 2 ) r d r = 2 π ∫ 0 t f ( r 2 ) r d r
被积函数只依赖 x 2 + y 2 = r 2 x^2+y^2=r^2 x 2 + y 2 = r 2 θ \theta θ θ \theta θ 2 π 2\pi 2 π
② 洛必达一次。 lim t → 0 + 2 F ( t ) t 4 = lim 2 ⋅ 2 π t f ( t 2 ) 4 t 3 = π lim f ( t 2 ) t 2 \lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{2F(t)}{t^4}=\lim\dfrac{2\cdot2\pi tf(t^2)}{4t^3}=\pi\lim\dfrac{f(t^2)}{t^2} t → 0 + lim t 4 2 F ( t ) = lim 4 t 3 2 ⋅ 2 π t f ( t 2 ) = π lim t 2 f ( t 2 )
F F F F ′ ( t ) = 2 π t f ( t 2 ) F'(t)=2\pi tf(t^2) F ′ ( t ) = 2 π t f ( t 2 )
③ 用导数定义收尾。 f ( t 2 ) t 2 = f ( t 2 ) − f ( 0 ) t 2 → f ′ ( 0 ) = 1 \dfrac{f(t^2)}{t^2}=\dfrac{f(t^2)-f(0)}{t^2}\to f'(0)=1 t 2 f ( t 2 ) = t 2 f ( t 2 ) − f ( 0 ) → f ′ ( 0 ) = 1 π \pi π
只知道 f f f
答案：π \pi π
1.5 小结学完了，标记这一部分
第 2 部分
直角坐标下的计算
直角坐标是计算二重积分的基本功：画出区域，用“穿线法”写出累次积分的上下限，选一个好算的次序，必要时分块。这一部分配 4 道真题，都是解答题或填空题里的常规计算。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十章第 2 条）
掌握二重积分的计算方法（直角坐标、极坐标）。
这一部分讲直角坐标，极坐标在第 4 部分。对应李林讲义第十章第二节“二重积分的计算”（p249）；Maki《真题分类精解》第三十三讲 33.1 节的直角坐标计算题。
2.1 X 型与 Y 型区域：“穿线”定上下限大白话：二重积分的计算就是“先算一个定积分，再算一个定积分” （叫累次积分）。先对 y y y y y y x x x x x x x x x x x x
x y O a b x 下边界 y =φ₁(x ) 上边界 y =φ₂(x ) X 型：竖线从下往上穿，y y y φ 1 ( x ) \varphi_1(x) φ 1 ( x ) φ 2 ( x ) \varphi_2(x) φ 2 ( x ) x x x a a a b b b x y O c d x =ψ₁(y )x =ψ₂(y )Y 型：横线从左往右穿，x x x ψ 1 ( y ) \psi_1(y) ψ 1 ( y ) ψ 2 ( y ) \psi_2(y) ψ 2 ( y ) y y y c c c d d d
直角坐标下化为累次积分（李林 p249）
X 型 ：D : a ≤ x ≤ b , φ 1 ( x ) ≤ y ≤ φ 2 ( x ) D:a\le x\le b,\ \varphi_1(x)\le y\le\varphi_2(x) D : a ≤ x ≤ b , φ 1 ( x ) ≤ y ≤ φ 2 ( x ) ∬ D f d x d y = ∫ a b d x ∫ φ 1 ( x ) φ 2 ( x ) f ( x , y ) d y \displaystyle\iint_Df\dx\dy=\int_a^b\dx\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)}f(x,y)\dy ∬ D f d x d y = ∫ a b d x ∫ φ 1 ( x ) φ 2 ( x ) f ( x , y ) d y Y 型 ：D : c ≤ y ≤ d , ψ 1 ( y ) ≤ x ≤ ψ 2 ( y ) D:c\le y\le d,\ \psi_1(y)\le x\le\psi_2(y) D : c ≤ y ≤ d , ψ 1 ( y ) ≤ x ≤ ψ 2 ( y ) ∬ D f d x d y = ∫ c d d y ∫ ψ 1 ( y ) ψ 2 ( y ) f ( x , y ) d x \displaystyle\iint_Df\dx\dy=\int_c^d\dy\int_{\psi_1(y)}^{\psi_2(y)}f(x,y)\dx ∬ D f d x d y = ∫ c d d y ∫ ψ 1 ( y ) ψ 2 ( y ) f ( x , y ) d x 外层的上下限一定是常数 ；内层的上下限一般是外层变量的函数。上限要 ≥ \ge ≥
对 y y y x x x
方法卡 · 直角坐标定限（穿线法）
什么时候用
把二重积分化成累次积分：每一道直角坐标的计算题。
步骤
画出区域，求出所有边界的交点。
决定先对谁积分（2.2 节）。先对 y y y x x x x x x y = φ 1 ( x ) y=\varphi_1(x) y = φ 1 ( x ) y = φ 2 ( x ) y=\varphi_2(x) y = φ 2 ( x )
外层 x x x
检查：竖线在整个 [ a , b ] [a,b] [ a , b ] 最容易错
下限写成了上边界；外层的限写成了含变量的式子；上边界中途换了一条曲线却没有分块。
例 2.1 李林 第十章 §2 例如 · p249
计算
I = ∬ D x y 2 d x d y I=\displaystyle\iint_Dxy^2\dx\dy I = ∬ D x y 2 d x d y ，其中
D D D 是由
y y y 轴、
y = 1 y=1 y = 1 、
y = x 2 ( x ≥ 0 ) y=x^2\ (x\ge0) y = x 2 ( x ≥ 0 ) 所围成的闭区域。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 画区域、求交点。 y = x 2 y=x^2 y = x 2 y = 1 y=1 y = 1 ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) D D D y y y y = 1 y=1 y = 1
三条边界两两求交点：y y y y = x 2 y=x^2 y = x 2 y y y y = 1 y=1 y = 1 ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) y = 1 y=1 y = 1 ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 )
② 先对 x x x 0 ≤ y ≤ 1 0\le y\le1 0 ≤ y ≤ 1 x = 0 x=0 x = 0 x = y x=\sqrt y x = y I = ∫ 0 1 d y ∫ 0 y x y 2 d x = ∫ 0 1 y 2 ⋅ y 2 d y = 1 8 I=\displaystyle\int_0^1\dy\int_0^{\sqrt y}xy^2\dx=\int_0^1y^2\cdot\frac y2\dy=\frac18 I = ∫ 0 1 d y ∫ 0 y x y 2 d x = ∫ 0 1 y 2 ⋅ 2 y d y = 8 1
对 x x x y y y x y 2 xy^2 x y 2 x 2 2 y 2 \frac{x^2}2y^2 2 x 2 y 2 y \sqrt y y y 2 ⋅ y 2 \frac y2\cdot y^2 2 y ⋅ y 2
③ 换一个次序核对（X 型）。 0 ≤ x ≤ 1 0\le x\le1 0 ≤ x ≤ 1 y = x 2 y=x^2 y = x 2 y = 1 y=1 y = 1 I = ∫ 0 1 d x ∫ x 2 1 x y 2 d y = ∫ 0 1 x 3 ( 1 − x 6 ) d x = 1 3 ( 1 2 − 1 8 ) = 1 8 I=\displaystyle\int_0^1\dx\int_{x^2}^1xy^2\dy=\int_0^1\frac x3(1-x^6)\dx=\frac13\Big(\frac12-\frac18\Big)=\frac18 I = ∫ 0 1 d x ∫ x 2 1 x y 2 d y = ∫ 0 1 3 x ( 1 − x 6 ) d x = 3 1 ( 2 1 − 8 1 ) = 8 1
两个次序结果相同，这是检查上下限写得对不对的好办法。
答案：1 8 \frac18 8 1
例 2.2 基础
计算
∬ D x y d σ \displaystyle\iint_Dxy\dd\sigma ∬ D x y d σ ，其中
D D D 由
y = x 2 y=x^2 y = x 2 与
y = x y=x y = x 围成。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 交点与上下关系。 x 2 = x x^2=x x 2 = x x = 0 , 1 x=0,1 x = 0 , 1 ( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) x 2 < x x^2<x x 2 < x
代一个中间点 x = 1 2 x=\frac12 x = 2 1 x 2 = 1 4 < 1 2 x^2=\frac14<\frac12 x 2 = 4 1 < 2 1
② X 型计算。 ∫ 0 1 d x ∫ x 2 x x y d y = ∫ 0 1 x ⋅ x 2 − x 4 2 d x = 1 2 ( 1 4 − 1 6 ) = 1 24 \displaystyle\int_0^1\dx\int_{x^2}^xxy\dy=\int_0^1x\cdot\frac{x^2-x^4}2\dx=\frac12\Big(\frac14-\frac16\Big)=\frac1{24} ∫ 0 1 d x ∫ x 2 x x y d y = ∫ 0 1 x ⋅ 2 x 2 − x 4 d x = 2 1 ( 4 1 − 6 1 ) = 24 1
内层 ∫ x y d y = x ⋅ y 2 2 \int xy\dy=x\cdot\frac{y^2}2 ∫ x y d y = x ⋅ 2 y 2 x x x x 2 x^2 x 2
答案：1 24 \frac1{24} 24 1
2.2 先对谁积分：看被积函数，也看区域大白话：两个次序在理论上结果一样，但算起来可能一个很顺、一个根本算不下去。选次序的原则（ep 板书）：先积的那一次要积得出来，并且能给后一次“创造条件”；区域分的块越少越好 。最常见的信号是被积函数里有 e y 2 \e^{y^2} e y 2 sin x x \frac{\sin x}x x s i n x
x y O y =x ²y =1竖线：x ²→1 横线：0→√y 同一个区域两种穿法：竖线（红）y y y x 2 x^2 x 2 x x x y \sqrt y y 积不出来的函数（孝哥一页纸“交换次序的线索”）
下面这些函数的原函数不是初等函数，不能放在先积的位置 ：
sin x x \dfrac{\sin x}x x sin x cos x x \dfrac{\cos x}x x cos x tan x x \dfrac{\tan x}x x tan x sin x 2 \sin x^2 sin x 2 cos x 2 \cos x^2 cos x 2 tan x 2 \tan x^2 tan x 2 e x 2 \e^{x^2} e x 2 e − x 2 \e^{-x^2} e − x 2 e x x \dfrac{\e^x}x x e x 1 ln x \dfrac1{\ln x} ln x 1 sin 1 x \sin\dfrac1x sin x 1 ln ( 1 + x ) x \dfrac{\ln(1+x)}x x ln ( 1 + x )
看到它们对 x x x y y y
方法卡 · 选积分次序
什么时候用
直接给二重积分让你算，或者给的累次积分算不下去（第 3 部分）。
步骤
看被积函数：有“积不出来”的那一类，它的变量放在后积。
看区域：哪种穿法不用分块、上下限更简单，就用哪种。
两条冲突时，以“积得出来”为准。 最容易错
按题目给的
d x d y \dx\dy d x d y 顺序硬算；先对
x x x 积
sin x x \frac{\sin x}x x s i n x 然后卡住。
例 2.3 基础
计算
∬ D sin x x d σ \displaystyle\iint_D\frac{\sin x}x\dd\sigma ∬ D x sin x d σ ，其中
D D D 由直线
y = x y=x y = x 、
y = 0 y=0 y = 0 、
x = π x=\pi x = π 围成。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 先对 x x x ∫ sin x x d x \int\frac{\sin x}x\dx ∫ x s i n x d x x x x
sin x x \frac{\sin x}x x s i n x x x x
② 先对 y y y D : 0 ≤ x ≤ π , 0 ≤ y ≤ x D:0\le x\le\pi,\ 0\le y\le x D : 0 ≤ x ≤ π , 0 ≤ y ≤ x ∬ D sin x x d σ = ∫ 0 π d x ∫ 0 x sin x x d y = ∫ 0 π sin x d x = 2 \displaystyle\iint_D\frac{\sin x}x\dd\sigma=\int_0^\pi\dx\int_0^x\frac{\sin x}x\dy=\int_0^\pi\sin x\dx=2 ∬ D x sin x d σ = ∫ 0 π d x ∫ 0 x x sin x d y = ∫ 0 π sin x d x = 2
对 y y y y y y x x x x x x
答案：2
例 2.4 2016 数三(12)
设
D = { ( x , y ) ∣ ∣ x ∣ ≤ y ≤ 1 , − 1 ≤ x ≤ 1 } D=\{(x,y)\mid|x|\le y\le1,\ -1\le x\le1\} D = {( x , y ) ∣ ∣ x ∣ ≤ y ≤ 1 , − 1 ≤ x ≤ 1 } ，则
∬ D x 2 e − y 2 d x d y = \displaystyle\iint_Dx^2\e^{-y^2}\dx\dy= ∬ D x 2 e − y 2 d x d y = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 选次序。 e − y 2 \e^{-y^2} e − y 2 y y y x x x 0 ≤ y ≤ 1 0\le y\le1 0 ≤ y ≤ 1 x = − y x=-y x = − y x = y x=y x = y
区域是 y = ∣ x ∣ y=|x| y = ∣ x ∣ y = 1 y=1 y = 1 − y -y − y y y y
② 内层。 ∫ − y y x 2 d x = 2 y 3 3 \displaystyle\int_{-y}^yx^2\dx=\frac{2y^3}3 ∫ − y y x 2 d x = 3 2 y 3
x 2 x^2 x 2 [ 0 , y ] [0,y] [ 0 , y ]
③ 外层。 ∫ 0 1 2 3 y 3 e − y 2 d y = t = y 2 1 3 ∫ 0 1 t e − t d t = 1 3 ( 1 − 2 e ) \displaystyle\int_0^1\frac23y^3\e^{-y^2}\dy\ \xlongequal{t=y^2}\ \frac13\int_0^1t\e^{-t}\dt=\frac13\Big(1-\frac2\e\Big) ∫ 0 1 3 2 y 3 e − y 2 d y t = y 2 3 1 ∫ 0 1 t e − t d t = 3 1 ( 1 − e 2 )
指数里是 y 2 y^2 y 2 t = y 2 t=y^2 t = y 2 y 3 d y = 1 2 t d t y^3\dy=\frac12t\dt y 3 d y = 2 1 t d t ∫ 0 1 t e − t d t = [ − ( t + 1 ) e − t ] 0 1 = 1 − 2 e − 1 \int_0^1t\e^{-t}\dt=\big[-(t+1)\e^{-t}\big]_0^1=1-2\e^{-1} ∫ 0 1 t e − t d t = [ − ( t + 1 ) e − t ] 0 1 = 1 − 2 e − 1
答案：1 3 − 2 3 e \frac13-\frac2{3\e} 3 1 − 3 e 2
例 2.5 2026 数三(20)
已知平面区域
D = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 } D=\{(x,y)\mid0\le x\le1,\ 0\le y\le1\} D = {( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 } ，计算二重积分
∬ D y ( 1 + x 2 + y 2 ) 3 / 2 d x d y \displaystyle\iint_D\frac y{(1+x^2+y^2)^{3/2}}\dx\dy ∬ D ( 1 + x 2 + y 2 ) 3/2 y d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 先对 y y y ∫ 0 1 y ( 1 + x 2 + y 2 ) 3 / 2 d y = [ − 1 1 + x 2 + y 2 ] 0 1 = 1 1 + x 2 − 1 2 + x 2 \displaystyle\int_0^1\frac y{(1+x^2+y^2)^{3/2}}\dy=\Big[-\frac1{\sqrt{1+x^2+y^2}}\Big]_0^1=\frac1{\sqrt{1+x^2}}-\frac1{\sqrt{2+x^2}} ∫ 0 1 ( 1 + x 2 + y 2 ) 3/2 y d y = [ − 1 + x 2 + y 2 1 ] 0 1 = 1 + x 2 1 − 2 + x 2 1
分子的 y y y 1 + x 2 + y 2 1+x^2+y^2 1 + x 2 + y 2 y y y x x x
② 再对 x x x ∫ 0 1 d x 1 + x 2 − ∫ 0 1 d x 2 + x 2 = ln ( 1 + 2 ) − ln 1 + 3 2 \displaystyle\int_0^1\frac{\dx}{\sqrt{1+x^2}}-\int_0^1\frac{\dx}{\sqrt{2+x^2}}=\ln(1+\sqrt2)-\ln\frac{1+\sqrt3}{\sqrt2} ∫ 0 1 1 + x 2 d x − ∫ 0 1 2 + x 2 d x = ln ( 1 + 2 ) − ln 2 1 + 3
公式 ∫ d x a 2 + x 2 = ln ( x + a 2 + x 2 ) + C \int\frac{\dx}{\sqrt{a^2+x^2}}=\ln\big(x+\sqrt{a^2+x^2}\big)+C ∫ a 2 + x 2 d x = ln ( x + a 2 + x 2 ) + C ln ( 1 + 3 ) − ln 2 \ln(1+\sqrt3)-\ln\sqrt2 ln ( 1 + 3 ) − ln 2
③ 化简。 原式 = ln 2 ( 1 + 2 ) 1 + 3 = ln 2 + 2 1 + 3 =\ln\dfrac{\sqrt2(1+\sqrt2)}{1+\sqrt3}=\ln\dfrac{2+\sqrt2}{1+\sqrt3} = ln 1 + 3 2 ( 1 + 2 ) = ln 1 + 3 2 + 2
对数相减等于商的对数，2 ( 1 + 2 ) = 2 + 2 \sqrt2(1+\sqrt2)=\sqrt2+2 2 ( 1 + 2 ) = 2 + 2
答案：ln 2 + 2 1 + 3 \ln\frac{2+\sqrt2}{1+\sqrt3} ln 1 + 3 2 + 2
2.3 分块，以及边界是参数曲线的区域大白话：竖线穿过去时，如果上边界（或下边界）在中途换了一条曲线，一个积分就写不下，要在“换线”的地方把区域切开，分块积分再相加 。换个方向穿，有时就不用分块。另一种情况是边界是参数曲线（比如摆线）：照样竖着穿，只是外层积分最后用参数换元。
x y O (6, 2) (2, 6) x =3y y =3x x +y =8x =2三角形的上边界在 x = 2 x=2 x = 2 y = 3 x y=3x y = 3 x x + y = 8 x+y=8 x + y = 8 x y O 上限 y =y (t ) 2π x =t −sin t 摆线一拱下的区域：竖着穿，y y y x = t − sin t x=t-\sin t x = t − sin t
分块与参数边界
区域可加 ：∬ D = ∬ D 1 + ∬ D 2 \iint_D=\iint_{D_1}+\iint_{D_2} ∬ D = ∬ D 1 + ∬ D 2 先看另一个方向 ：横着穿如果不用切，就换次序（ep 板书：“对 D D D 参数边界 ：D : 0 ≤ x ≤ X , 0 ≤ y ≤ y ( x ) D:0\le x\le X,\ 0\le y\le y(x) D : 0 ≤ x ≤ X , 0 ≤ y ≤ y ( x ) x = x ( t ) x=x(t) x = x ( t ) y = y ( t ) y=y(t) y = y ( t ) y y y x = x ( t ) x=x(t) x = x ( t ) d x = x ′ ( t ) d t \dx=x'(t)\dt d x = x ′ ( t ) d t t t t
方法卡 · 分块与参数边界
什么时候用
多边形区域；由几条不同曲线拼成边界的区域；摆线、星形线等参数曲线围成的区域。
步骤
求出所有顶点，比较竖着穿、横着穿各要分几块，选块少的。
分块后每块单独写累次积分，最后相加。
参数边界：内层照常对 y y y x x x t t t 最容易错
三角形只写一个积分（上边界明明换了线）；参数换元时忘了乘
x ′ ( t ) x'(t) x ′ ( t ) ，或上下限没换成
t t t 。
例 2.6 2013 数二(17) 2013 数三(17)
设平面区域
D D D 由直线
x = 3 y x=3y x = 3 y ，
y = 3 x y=3x y = 3 x 及
x + y = 8 x+y=8 x + y = 8 围成，计算
∬ D x 2 d x d y \displaystyle\iint_Dx^2\dx\dy ∬ D x 2 d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 顶点。 x = 3 y x=3y x = 3 y x + y = 8 x+y=8 x + y = 8 ( 6 , 2 ) (6,2) ( 6 , 2 ) y = 3 x y=3x y = 3 x x + y = 8 x+y=8 x + y = 8 ( 2 , 6 ) (2,6) ( 2 , 6 ) x = 3 y x=3y x = 3 y y = 3 x y=3x y = 3 x
三条直线两两联立，就得到三角形的三个顶点。
② 竖着穿要分块。 下边界始终是 y = x 3 y=\frac x3 y = 3 x 0 ≤ x ≤ 2 0\le x\le2 0 ≤ x ≤ 2 y = 3 x y=3x y = 3 x 2 ≤ x ≤ 6 2\le x\le6 2 ≤ x ≤ 6 y = 8 − x y=8-x y = 8 − x x = 2 x=2 x = 2
顶点 ( 2 , 6 ) (2,6) ( 2 , 6 ) y = 2 y=2 y = 2
③ 计算。 ∫ 0 2 x 2 ( 3 x − x 3 ) d x + ∫ 2 6 x 2 ( 8 − x − x 3 ) d x = 32 3 + 128 = 416 3 \displaystyle\int_0^2x^2\Big(3x-\frac x3\Big)\dx+\int_2^6x^2\Big(8-x-\frac x3\Big)\dx=\frac{32}3+128=\frac{416}3 ∫ 0 2 x 2 ( 3 x − 3 x ) d x + ∫ 2 6 x 2 ( 8 − x − 3 x ) d x = 3 32 + 128 = 3 416
被积函数只含 x x x x 2 x^2 x 2 8 3 ∫ 0 2 x 3 d x = 32 3 \frac83\int_0^2x^3\dx=\frac{32}3 3 8 ∫ 0 2 x 3 d x = 3 32 [ 8 3 x 3 − 1 3 x 4 ] 2 6 = 128 \big[\frac83x^3-\frac13x^4\big]_2^6=128 [ 3 8 x 3 − 3 1 x 4 ] 2 6 = 128
答案：416 3 \frac{416}3 3 416
例 2.7 2018 数二(17) 李林 第十章 习题 解答 (11) · p265
设平面区域
D D D 由曲线
{ x = t − sin t y = 1 − cos t \begin{cases}x=t-\sin t\\y=1-\cos t\end{cases} { x = t − sin t y = 1 − cos t （
0 ≤ t ≤ 2 π 0\le t\le2\pi 0 ≤ t ≤ 2 π ）与
x x x 轴围成，计算二重积分
∬ D ( x + 2 y ) d x d y \displaystyle\iint_D(x+2y)\dx\dy ∬ D ( x + 2 y ) d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 竖着穿。 D : 0 ≤ x ≤ 2 π , 0 ≤ y ≤ y ( x ) D:0\le x\le2\pi,\ 0\le y\le y(x) D : 0 ≤ x ≤ 2 π , 0 ≤ y ≤ y ( x ) y ( x ) y(x) y ( x ) x x x
x ′ ( t ) = 1 − cos t ≥ 0 x'(t)=1-\cos t\ge0 x ′ ( t ) = 1 − cos t ≥ 0 x x x t t t x x x
② 内层。 ∫ 0 y ( x ) ( x + 2 y ) d y = x y ( x ) + y ( x ) 2 \displaystyle\int_0^{y(x)}(x+2y)\dy=xy(x)+y(x)^2 ∫ 0 y ( x ) ( x + 2 y ) d y = x y ( x ) + y ( x ) 2
对 y y y x x x x x x x y xy x y 2 y 2y 2 y y 2 y^2 y 2
③ 外层用参数换元。 令 x = t − sin t x=t-\sin t x = t − sin t d x = ( 1 − cos t ) d t \dx=(1-\cos t)\dt d x = ( 1 − cos t ) d t y = 1 − cos t y=1-\cos t y = 1 − cos t = ∫ 0 2 π ( t − sin t ) ( 1 − cos t ) 2 d t + ∫ 0 2 π ( 1 − cos t ) 3 d t =\displaystyle\int_0^{2\pi}(t-\sin t)(1-\cos t)^2\dt+\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^3\dt = ∫ 0 2 π ( t − sin t ) ( 1 − cos t ) 2 d t + ∫ 0 2 π ( 1 − cos t ) 3 d t
x x x 2 π 2\pi 2 π t t t 2 π 2\pi 2 π y ( x ) y(x) y ( x ) 1 − cos t 1-\cos t 1 − cos t d x \dx d x x ′ ( t ) d t x'(t)\dt x ′ ( t ) d t
④ 两个定积分。 ∫ 0 2 π ( 1 − cos t ) 3 d t = 2 π + 3 π = 5 π \displaystyle\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^3\dt=2\pi+3\pi=5\pi ∫ 0 2 π ( 1 − cos t ) 3 d t = 2 π + 3 π = 5 π t t t 2 π − t 2\pi-t 2 π − t π ∫ 0 2 π ( 1 − cos t ) 2 d t = π ⋅ 3 π = 3 π 2 \displaystyle\pi\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^2\dt=\pi\cdot3\pi=3\pi^2 π ∫ 0 2 π ( 1 − cos t ) 2 d t = π ⋅ 3 π = 3 π 2 = 3 π 2 + 5 π =3\pi^2+5\pi = 3 π 2 + 5 π
( 1 − cos t ) 3 (1-\cos t)^3 ( 1 − cos t ) 3 cos t \cos t cos t cos 3 t \cos^3t cos 3 t 1 1 1 3 cos 2 t 3\cos^2t 3 cos 2 t t t t 2 π − t 2\pi-t 2 π − t t − sin t t-\sin t t − sin t 2 π 2\pi 2 π
答案：3 π 2 + 5 π 3\pi^2+5\pi 3 π 2 + 5 π
例 2.8 李林 第十章 §3 例 21 · p261
设
D D D 为由摆线的第一拱
L : x = a ( t − sin t ) L:x=a(t-\sin t) L : x = a ( t − sin t ) ，
y = a ( 1 − cos t ) y=a(1-\cos t) y = a ( 1 − cos t ) （
0 ≤ t ≤ 2 π 0\le t\le2\pi 0 ≤ t ≤ 2 π ，
a > 0 a>0 a > 0 ）与
x x x 轴围成的区域，计算
I = ∬ D y 2 d x d y I=\displaystyle\iint_Dy^2\dx\dy I = ∬ D y 2 d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 内层。 D : 0 ≤ x ≤ 2 π a , 0 ≤ y ≤ y ( x ) D:0\le x\le2\pi a,\ 0\le y\le y(x) D : 0 ≤ x ≤ 2 πa , 0 ≤ y ≤ y ( x ) I = ∫ 0 2 π a 1 3 y 3 ( x ) d x \displaystyle I=\int_0^{2\pi a}\frac13y^3(x)\dx I = ∫ 0 2 πa 3 1 y 3 ( x ) d x
与上一题一样竖着穿；y 2 y^2 y 2 y y y y 3 3 \frac{y^3}3 3 y 3
② 换元。 x = a ( t − sin t ) x=a(t-\sin t) x = a ( t − sin t ) I = 1 3 ∫ 0 2 π a 3 ( 1 − cos t ) 3 ⋅ a ( 1 − cos t ) d t = a 4 3 ∫ 0 2 π ( 1 − cos t ) 4 d t I=\dfrac13\displaystyle\int_0^{2\pi}a^3(1-\cos t)^3\cdot a(1-\cos t)\dt=\frac{a^4}3\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^4\dt I = 3 1 ∫ 0 2 π a 3 ( 1 − cos t ) 3 ⋅ a ( 1 − cos t ) d t = 3 a 4 ∫ 0 2 π ( 1 − cos t ) 4 d t
d x = a ( 1 − cos t ) d t \dx=a(1-\cos t)\dt d x = a ( 1 − cos t ) d t 1 − cos t 1-\cos t 1 − cos t
③ 半角公式 + 华里士。 1 − cos t = 2 sin 2 t 2 1-\cos t=2\sin^2\frac t2 1 − cos t = 2 sin 2 2 t ∫ 0 2 π ( 1 − cos t ) 4 d t = 16 ∫ 0 2 π sin 8 t 2 d t = 32 ∫ 0 π sin 8 u d u = 64 ⋅ 35 256 ⋅ π 2 = 35 π 4 \displaystyle\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^4\dt=16\int_0^{2\pi}\sin^8\frac t2\dt=32\int_0^\pi\sin^8u\du=64\cdot\frac{35}{256}\cdot\frac\pi2=\frac{35\pi}4 ∫ 0 2 π ( 1 − cos t ) 4 d t = 16 ∫ 0 2 π sin 8 2 t d t = 32 ∫ 0 π sin 8 u d u = 64 ⋅ 256 35 ⋅ 2 π = 4 35 π I = 35 π a 4 12 I=\dfrac{35\pi a^4}{12} I = 12 35 π a 4
u = t 2 u=\frac t2 u = 2 t d t = 2 d u \dt=2\du d t = 2 d u sin 8 \sin^8 sin 8 [ 0 , π ] [0,\pi] [ 0 , π ] [ 0 , π 2 ] [0,\frac\pi2] [ 0 , 2 π ] 7 8 ⋅ 5 6 ⋅ 3 4 ⋅ 1 2 ⋅ π 2 \frac78\cdot\frac56\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2 8 7 ⋅ 6 5 ⋅ 4 3 ⋅ 2 1 ⋅ 2 π
答案：35 π a 4 12 \frac{35\pi a^4}{12} 12 35 π a 4
2.4 小结
题目里的说法 换成什么 例子
“计算二重积分”，区域由直线、抛物线围成 画图、求交点，穿线定限 例 2.1 、例 2.2 被积函数含 e y 2 \e^{y^2} e y 2 sin x x \frac{\sin x}x x s i n x 那个变量放在后积 例 2.3 、例 2.4 被积函数含 y y y ( ⋯ + y 2 ) k (\cdots+y^2)^k ( ⋯ + y 2 ) k 先对 y y y 例 2.5 三角形、多边形区域 在换线处分块；或换个方向穿 例 2.6 边界是摆线等参数曲线 先对 y y y 例 2.7 、例 2.8
学完了，标记这一部分
第 3 部分
交换积分次序
交换积分次序是二重积分选择题、填空题的头号考点：画出区域、换方向穿；内层积不出来就换序；直角坐标与极坐标也能互相换。这一部分配 13 道真题。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十章第 2 条）
掌握二重积分的计算方法（直角坐标、极坐标）。
交换积分次序是“计算方法”里的核心技能，真题年年出现。对应李林讲义第十章第三节题型一“交换积分顺序”、题型二“直角坐标系下计算与极坐标下计算相互转化”（p252—255）；Maki《真题分类精解》第三十三讲 33.1 节中间的一大串换序题。
3.1 画图换序：从累次积分读出区域，再换一个方向穿大白话：交换积分次序只有一个办法：把区域画出来 。给你的累次积分，外层的上下限和内层的上下限合在一起，就描述了一块区域；把这块区域画出来，再用另一个方向的线去穿，写出新的上下限。不画图、光靠“对调字母”，十有八九会错。
x y O π/2 π x =π−arcsin y y =sin x [ π 2 , π ] [\frac\pi2,\pi] [ 2 π , π ] y = sin x y=\sin x y = sin x x = π − arcsin y x=\pi-\arcsin y x = π − arcsin y x y O −√(4−y ) √(4−y ) y =4−x ²−2 2 横线穿过这个区域要穿两段，换序后是两个积分之和。
换序的步骤与两个要点
读区域 ：∫ a b d x ∫ φ 1 ( x ) φ 2 ( x ) f d y \displaystyle\int_a^b\dx\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)}f\dy ∫ a b d x ∫ φ 1 ( x ) φ 2 ( x ) f d y D : a ≤ x ≤ b , φ 1 ( x ) ≤ y ≤ φ 2 ( x ) D:a\le x\le b,\ \varphi_1(x)\le y\le\varphi_2(x) D : a ≤ x ≤ b , φ 1 ( x ) ≤ y ≤ φ 2 ( x ) 画区域 ：画出 x = a x=a x = a x = b x=b x = b y = φ 1 ( x ) y=\varphi_1(x) y = φ 1 ( x ) y = φ 2 ( x ) y=\varphi_2(x) y = φ 2 ( x ) 换方向穿 ：用横线穿，读出 y y y y y y x = ψ ( y ) x=\psi(y) x = ψ ( y )
反三角函数的分支 （孝哥一页纸）：y = sin x y=\sin x y = sin x [ − π 2 , π 2 ] [-\frac\pi2,\frac\pi2] [ − 2 π , 2 π ] x = arcsin y x=\arcsin y x = arcsin y [ π 2 , 3 π 2 ] [\frac\pi2,\frac{3\pi}2] [ 2 π , 2 3 π ] x = π − arcsin y x=\pi-\arcsin y x = π − arcsin y [ 3 π 2 , 5 π 2 ] [\frac{3\pi}2,\frac{5\pi}2] [ 2 3 π , 2 5 π ] x = 2 π + arcsin y x=2\pi+\arcsin y x = 2 π + arcsin y ∫ π 2 π d x ∫ sin x 0 f d y = ∫ − 1 0 d y ∫ π − arcsin y 2 π + arcsin y f d x \displaystyle\int_\pi^{2\pi}\dx\int_{\sin x}^0f\dy=\int_{-1}^0\dy\int_{\pi-\arcsin y}^{2\pi+\arcsin y}f\dx ∫ π 2 π d x ∫ s i n x 0 f d y = ∫ − 1 0 d y ∫ π − a r c s i n y 2 π + a r c s i n y f d x 上限小于下限 （刷题本“正向不出错”）：先添一个负号把上下限对调，再画图。
方法卡 · 交换积分次序
什么时候用
选择题“交换积分次序后等于”；两个累次积分相加，要合成一个。
步骤
把每个累次积分翻译成区域的不等式，画出来（几个积分就是几块，拼在一起）。
用另一个方向的线穿，看要不要分段：一根线穿过两次，就是两个积分之和。
把边界曲线反解成新的自变量的函数，注意反函数的分支。
检验：取一个特殊的值（比如边界上的点）代进新旧两种写法，看是否描述同一块。 最容易错
直接把上下限的字母对调；
[ π 2 , π ] [\frac\pi2,\pi] [ 2 π , π ] 上还写
arcsin y \arcsin y arcsin y ；横线穿过两段却只写一个积分。
例 3.1 李林 第十章 §3 例 3 · p253
积分
I = ∫ π 2 π d x ∫ sin x 1 f ( x , y ) d y = I=\displaystyle\int_{\frac\pi2}^\pi\dx\int_{\sin x}^1f(x,y)\dy= I = ∫ 2 π π d x ∫ s i n x 1 f ( x , y ) d y = （ ）
（A）
∫ 0 1 d y ∫ π + arcsin y π f ( x , y ) d x \displaystyle\int_0^1\dy\int_{\pi+\arcsin y}^\pi f(x,y)\dx ∫ 0 1 d y ∫ π + a r c s i n y π f ( x , y ) d x （B）
∫ 0 1 d y ∫ π − arcsin y π f ( x , y ) d x \displaystyle\int_0^1\dy\int_{\pi-\arcsin y}^\pi f(x,y)\dx ∫ 0 1 d y ∫ π − a r c s i n y π f ( x , y ) d x （C）
∫ 0 1 d y ∫ π 2 π + arcsin y f ( x , y ) d x \displaystyle\int_0^1\dy\int_{\frac\pi2}^{\pi+\arcsin y}f(x,y)\dx ∫ 0 1 d y ∫ 2 π π + a r c s i n y f ( x , y ) d x （D）
∫ 0 1 d y ∫ π 2 π − arcsin y f ( x , y ) d x \displaystyle\int_0^1\dy\int_{\frac\pi2}^{\pi-\arcsin y}f(x,y)\dx ∫ 0 1 d y ∫ 2 π π − a r c s i n y f ( x , y ) d x 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 画区域。 x ∈ [ π 2 , π ] x\in[\frac\pi2,\pi] x ∈ [ 2 π , π ] y y y sin x \sin x sin x y = sin x y=\sin x y = sin x y = 1 y=1 y = 1 x = π x=\pi x = π
外层 x x x y y y y = sin x y=\sin x y = sin x y = 1 y=1 y = 1
② 横着穿。 y ∈ [ 0 , 1 ] y\in[0,1] y ∈ [ 0 , 1 ] x = π x=\pi x = π y = sin x y=\sin x y = sin x [ π 2 , π ] [\frac\pi2,\pi] [ 2 π , π ] x x x x = π − arcsin y x=\pi-\arcsin y x = π − arcsin y
arcsin y \arcsin y arcsin y [ − π 2 , π 2 ] [-\frac\pi2,\frac\pi2] [ − 2 π , 2 π ] x = π 2 x=\frac\pi2 x = 2 π π − arcsin y \pi-\arcsin y π − arcsin y
③ 结论。 I = ∫ 0 1 d y ∫ π − arcsin y π f d x I=\displaystyle\int_0^1\dy\int_{\pi-\arcsin y}^\pi f\dx I = ∫ 0 1 d y ∫ π − a r c s i n y π f d x
检验：y = 1 y=1 y = 1 x x x π 2 \frac\pi2 2 π π \pi π y = 0 y=0 y = 0 x = π x=\pi x = π
答案：B
例 3.2 2024 数二(6) 2024 数三(3)
设
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 是连续函数，则
∫ π 6 π 2 d x ∫ sin x 1 f ( x , y ) d y = \displaystyle\int_{\frac\pi6}^{\frac\pi2}\dx\int_{\sin x}^1f(x,y)\dy= ∫ 6 π 2 π d x ∫ s i n x 1 f ( x , y ) d y = （ ）
（A）
∫ 1 2 1 d y ∫ π 6 arcsin y f ( x , y ) d x \displaystyle\int_{\frac12}^1\dy\int_{\frac\pi6}^{\arcsin y}f(x,y)\dx ∫ 2 1 1 d y ∫ 6 π a r c s i n y f ( x , y ) d x （B）
∫ 1 2 1 d y ∫ arcsin y π 2 f ( x , y ) d x \displaystyle\int_{\frac12}^1\dy\int_{\arcsin y}^{\frac\pi2}f(x,y)\dx ∫ 2 1 1 d y ∫ a r c s i n y 2 π f ( x , y ) d x （C）
∫ 0 1 2 d y ∫ π 6 arcsin y f ( x , y ) d x \displaystyle\int_0^{\frac12}\dy\int_{\frac\pi6}^{\arcsin y}f(x,y)\dx ∫ 0 2 1 d y ∫ 6 π a r c s i n y f ( x , y ) d x （D）
∫ 0 1 2 d y ∫ arcsin y π 2 f ( x , y ) d x \displaystyle\int_0^{\frac12}\dy\int_{\arcsin y}^{\frac\pi2}f(x,y)\dx ∫ 0 2 1 d y ∫ a r c s i n y 2 π f ( x , y ) d x 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 画区域。 x ∈ [ π 6 , π 2 ] x\in[\frac\pi6,\frac\pi2] x ∈ [ 6 π , 2 π ] y y y sin x \sin x sin x y = 1 y=1 y = 1 x = π 6 x=\frac\pi6 x = 6 π
竖线从曲线穿到 y = 1 y=1 y = 1 x = π 6 x=\frac\pi6 x = 6 π
② 横着穿。 最低点是 ( π 6 , 1 2 ) (\frac\pi6,\frac12) ( 6 π , 2 1 ) y ∈ [ 1 2 , 1 ] y\in[\frac12,1] y ∈ [ 2 1 , 1 ] x = π 6 x=\frac\pi6 x = 6 π y ≥ sin x ⟺ x ≤ arcsin y y\ge\sin x\iff x\le\arcsin y y ≥ sin x ⟺ x ≤ arcsin y
在 [ 0 , π 2 ] [0,\frac\pi2] [ 0 , 2 π ] sin x \sin x sin x arcsin y \arcsin y arcsin y
③ 选择。 原式 = ∫ 1 2 1 d y ∫ π 6 arcsin y f d x =\displaystyle\int_{\frac12}^1\dy\int_{\frac\pi6}^{\arcsin y}f\dx = ∫ 2 1 1 d y ∫ 6 π a r c s i n y f d x
（C）（D）让 y y y y ≥ sin x ≥ 1 2 y\ge\sin x\ge\frac12 y ≥ sin x ≥ 2 1
答案：A
例 3.3 2025 数一(4) 2025 数二(5)
设函数
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 连续，则
∫ − 2 2 d x ∫ 4 − x 2 4 f ( x , y ) d y = \displaystyle\int_{-2}^2\dx\int_{4-x^2}^4f(x,y)\dy= ∫ − 2 2 d x ∫ 4 − x 2 4 f ( x , y ) d y = （ ）
（A）
∫ 0 4 [ ∫ − 2 − 4 − y f ( x , y ) d x + ∫ 4 − y 2 f ( x , y ) d x ] d y \displaystyle\int_0^4\Big[\int_{-2}^{-\sqrt{4-y}}f(x,y)\dx+\int_{\sqrt{4-y}}^2f(x,y)\dx\Big]\dy ∫ 0 4 [ ∫ − 2 − 4 − y f ( x , y ) d x + ∫ 4 − y 2 f ( x , y ) d x ] d y （B）
∫ 0 4 [ ∫ − 2 4 − y f ( x , y ) d x + ∫ 4 − y 2 f ( x , y ) d x ] d y \displaystyle\int_0^4\Big[\int_{-2}^{\sqrt{4-y}}f(x,y)\dx+\int_{\sqrt{4-y}}^2f(x,y)\dx\Big]\dy ∫ 0 4 [ ∫ − 2 4 − y f ( x , y ) d x + ∫ 4 − y 2 f ( x , y ) d x ] d y （C）
∫ 0 4 [ ∫ − 2 − 4 − y f ( x , y ) d x + ∫ 2 4 − y f ( x , y ) d x ] d y \displaystyle\int_0^4\Big[\int_{-2}^{-\sqrt{4-y}}f(x,y)\dx+\int_2^{\sqrt{4-y}}f(x,y)\dx\Big]\dy ∫ 0 4 [ ∫ − 2 − 4 − y f ( x , y ) d x + ∫ 2 4 − y f ( x , y ) d x ] d y （D）
2 ∫ 0 4 d y [ ∫ 4 − y 2 f ( x , y ) d x ] \displaystyle2\int_0^4\dy\Big[\int_{\sqrt{4-y}}^2f(x,y)\dx\Big] 2 ∫ 0 4 d y [ ∫ 4 − y 2 f ( x , y ) d x ] 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 画区域。 ∣ x ∣ ≤ 2 |x|\le2 ∣ x ∣ ≤ 2 4 − x 2 ≤ y ≤ 4 4-x^2\le y\le4 4 − x 2 ≤ y ≤ 4 y = 4 − x 2 y=4-x^2 y = 4 − x 2 y = 4 y=4 y = 4
抛物线顶点 ( 0 , 4 ) (0,4) ( 0 , 4 ) y = 4 y=4 y = 4
② 横着穿。 y ∈ [ 0 , 4 ] y\in[0,4] y ∈ [ 0 , 4 ] y ≥ 4 − x 2 ⟺ ∣ x ∣ ≥ 4 − y y\ge4-x^2\iff|x|\ge\sqrt{4-y} y ≥ 4 − x 2 ⟺ ∣ x ∣ ≥ 4 − y ∣ x ∣ ≤ 2 |x|\le2 ∣ x ∣ ≤ 2 [ − 2 , − 4 − y ] [-2,-\sqrt{4-y}] [ − 2 , − 4 − y ] [ 4 − y , 2 ] [\sqrt{4-y},2] [ 4 − y , 2 ]
把不等式 y ≥ 4 − x 2 y\ge4-x^2 y ≥ 4 − x 2 x x x
③ 选择。 所以选（A）。
（B）左块上限应为负的 − 4 − y -\sqrt{4-y} − 4 − y f f f x x x
答案：A
例 3.4 2025 数三(4)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 连续，则
∫ 0 1 d y ∫ 0 y f ( x ) d x = \displaystyle\int_0^1\dy\int_0^yf(x)\dx= ∫ 0 1 d y ∫ 0 y f ( x ) d x = （ ）
（A）
∫ 0 1 x f ( x ) d x \displaystyle\int_0^1xf(x)\dx ∫ 0 1 x f ( x ) d x （B）
∫ 0 1 ( 1 + x ) f ( x ) d x \displaystyle\int_0^1(1+x)f(x)\dx ∫ 0 1 ( 1 + x ) f ( x ) d x （C）
∫ 0 1 ( x − 1 ) f ( x ) d x \displaystyle\int_0^1(x-1)f(x)\dx ∫ 0 1 ( x − 1 ) f ( x ) d x （D）
∫ 0 1 ( 1 − x ) f ( x ) d x \displaystyle\int_0^1(1-x)f(x)\dx ∫ 0 1 ( 1 − x ) f ( x ) d x 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 区域。 0 ≤ y ≤ 1 0\le y\le1 0 ≤ y ≤ 1 0 ≤ x ≤ y 0\le x\le y 0 ≤ x ≤ y { 0 ≤ x ≤ y ≤ 1 } \{0\le x\le y\le1\} { 0 ≤ x ≤ y ≤ 1 }
横着读：y y y y y y x x x y y y y = x y=x y = x
② 换序。 竖着穿：x ∈ [ 0 , 1 ] x\in[0,1] x ∈ [ 0 , 1 ] y y y x x x = ∫ 0 1 d x ∫ x 1 f ( x ) d y = ∫ 0 1 ( 1 − x ) f ( x ) d x =\displaystyle\int_0^1\dx\int_x^1f(x)\dy=\int_0^1(1-x)f(x)\dx = ∫ 0 1 d x ∫ x 1 f ( x ) d y = ∫ 0 1 ( 1 − x ) f ( x ) d x
换序后内层对 y y y f ( x ) f(x) f ( x ) f ( x ) f(x) f ( x ) 1 − x 1-x 1 − x
答案：D
例 3.5 李林 第十章 习题 选择 (4) · p265
设
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 连续，则
∫ 1 2 d x ∫ x 2 f ( x , y ) d y + ∫ 1 2 d y ∫ y 4 − y f ( x , y ) d x = \displaystyle\int_1^2\dx\int_x^2f(x,y)\dy+\int_1^2\dy\int_y^{4-y}f(x,y)\dx= ∫ 1 2 d x ∫ x 2 f ( x , y ) d y + ∫ 1 2 d y ∫ y 4 − y f ( x , y ) d x = （ ）
（A）
∫ 1 2 d x ∫ 1 4 − x f ( x , y ) d y \displaystyle\int_1^2\dx\int_1^{4-x}f(x,y)\dy ∫ 1 2 d x ∫ 1 4 − x f ( x , y ) d y （B）
∫ 1 2 d x ∫ x 4 − x f ( x , y ) d y \displaystyle\int_1^2\dx\int_x^{4-x}f(x,y)\dy ∫ 1 2 d x ∫ x 4 − x f ( x , y ) d y （C）
∫ 1 2 d y ∫ 1 4 − y f ( x , y ) d x \displaystyle\int_1^2\dy\int_1^{4-y}f(x,y)\dx ∫ 1 2 d y ∫ 1 4 − y f ( x , y ) d x （D）
∫ 1 2 d y ∫ y 2 f ( x , y ) d x \displaystyle\int_1^2\dy\int_y^2f(x,y)\dx ∫ 1 2 d y ∫ y 2 f ( x , y ) d x 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 两块区域。 第一块：1 ≤ x ≤ 2 1\le x\le2 1 ≤ x ≤ 2 x ≤ y ≤ 2 x\le y\le2 x ≤ y ≤ 2 y = x y=x y = x 1 ≤ y ≤ 2 1\le y\le2 1 ≤ y ≤ 2 y ≤ x ≤ 4 − y y\le x\le4-y y ≤ x ≤ 4 − y y = x y=x y = x x + y = 4 x+y=4 x + y = 4
两个累次积分各自按穿线的方向读出一块区域。
② 第一块也横着写，再拼起来。 第一块横着穿：1 ≤ y ≤ 2 1\le y\le2 1 ≤ y ≤ 2 1 ≤ x ≤ y 1\le x\le y 1 ≤ x ≤ y x = y x=y x = y 1 ≤ y ≤ 2 1\le y\le2 1 ≤ y ≤ 2 1 ≤ x ≤ 4 − y 1\le x\le4-y 1 ≤ x ≤ 4 − y = ∫ 1 2 d y ∫ 1 4 − y f d x =\displaystyle\int_1^2\dy\int_1^{4-y}f\dx = ∫ 1 2 d y ∫ 1 4 − y f d x
同一根横线先穿过第一块（x x x y y y x x x y y y 4 − y 4-y 4 − y
③ 为什么不是（A）。 竖着看，x ∈ [ 1 , 2 ] x\in[1,2] x ∈ [ 1 , 2 ] y y y x = 1 x=1 x = 1 y y y
拼好的区域是一个梯形，竖着穿时还要在 x = 2 x=2 x = 2
答案：C
例 3.6 2018 数二(6)
∫ − 1 0 d x ∫ − x 2 − x 2 ( 1 − x y ) d y + ∫ 0 1 d x ∫ x 2 − x 2 ( 1 − x y ) d y = \displaystyle\int_{-1}^0\dx\int_{-x}^{2-x^2}(1-xy)\dy+\int_0^1\dx\int_x^{2-x^2}(1-xy)\dy= ∫ − 1 0 d x ∫ − x 2 − x 2 ( 1 − x y ) d y + ∫ 0 1 d x ∫ x 2 − x 2 ( 1 − x y ) d y = （ ）
（A）
5 3 \frac53 3 5 （B）
5 6 \frac56 6 5 （C）
7 3 \frac73 3 7 （D）
7 6 \frac76 6 7 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 合成一个区域。 第一块 − 1 ≤ x ≤ 0 -1\le x\le0 − 1 ≤ x ≤ 0 − x ≤ y ≤ 2 − x 2 -x\le y\le2-x^2 − x ≤ y ≤ 2 − x 2 0 ≤ x ≤ 1 0\le x\le1 0 ≤ x ≤ 1 x ≤ y ≤ 2 − x 2 x\le y\le2-x^2 x ≤ y ≤ 2 − x 2 D = { − 1 ≤ x ≤ 1 , ∣ x ∣ ≤ y ≤ 2 − x 2 } D=\{-1\le x\le1,\ |x|\le y\le2-x^2\} D = { − 1 ≤ x ≤ 1 , ∣ x ∣ ≤ y ≤ 2 − x 2 }
x ≤ 0 x\le0 x ≤ 0 − x = ∣ x ∣ -x=|x| − x = ∣ x ∣ x ≥ 0 x\ge0 x ≥ 0 x = ∣ x ∣ x=|x| x = ∣ x ∣ y = ∣ x ∣ y=|x| y = ∣ x ∣
② 对称性。 D D D y y y x y xy x y x x x ∬ D x y d σ = 0 \iint_Dxy\dd\sigma=0 ∬ D x y d σ = 0
区域关于 y y y x x x − x -x − x x y xy x y
③ 剩下面积。 原式 = ∬ D 1 d σ = 2 ∫ 0 1 ( 2 − x 2 − x ) d x = 2 ( 2 − 1 3 − 1 2 ) = 7 3 =\iint_D1\dd\sigma=2\displaystyle\int_0^1(2-x^2-x)\dx=2\Big(2-\frac13-\frac12\Big)=\frac73 = ∬ D 1 d σ = 2 ∫ 0 1 ( 2 − x 2 − x ) d x = 2 ( 2 − 3 1 − 2 1 ) = 3 7
被积函数 1 的积分就是面积；右半块面积乘 2。
答案：C
3.2 积不出来就换序大白话：题目给的累次积分，内层那一次积不出来（被积函数在“积不出来”名单里），就是在提示你：换序 。换序以后，原来“积不出来”的变量放到外层，内层变成对另一个变量积分，通常会顺手多出一个因子，把外层救活。
x y O y =x y =√x y =22 4 李林例 1：两个累次积分的区域拼成一块，横着穿时 x x x y y y y 2 y^2 y 2 换序算积分的典型信号
内层被积函数是 e x 2 \e^{x^2} e x 2 sin x x \frac{\sin x}x x s i n x tan x x \frac{\tan x}x x t a n x 1 + x 3 \sqrt{1+x^3} 1 + x 3 sin x y \sin\frac xy sin y x
换序后，内层变量不在“难算”的函数里，内层积分等于“难算的函数 × 区间长度”；这个长度常常是 x x x x 2 x^2 x 2
两个累次积分相加：先拼成一个区域，再一起换序。
方法卡 · 积不出来就换序
步骤
确认内层确实积不出来（在名单里）。
画出区域，换成另一个次序。
先算新的内层：难算的函数当常数，乘区间长度。
外层通常凑微分就能算完；两项相减时，积不出来的部分往往互相抵消。 最容易错
硬着头皮对内层积分；换序后上下限读错；忘了把两块拼起来。
例 3.7 李林 第十章 §3 例 1 · p252
计算
I = ∫ 1 2 d x ∫ x x sin π x 2 y d y + ∫ 2 4 d x ∫ x 2 sin π x 2 y d y I=\displaystyle\int_1^2\dx\int_{\sqrt x}^x\sin\frac{\pi x}{2y}\dy+\int_2^4\dx\int_{\sqrt x}^2\sin\frac{\pi x}{2y}\dy I = ∫ 1 2 d x ∫ x x sin 2 y π x d y + ∫ 2 4 d x ∫ x 2 sin 2 y π x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 内层积不出来。 sin π x 2 y \sin\dfrac{\pi x}{2y} sin 2 y π x y y y
积分变量 y y y
② 拼成一块、横着穿。 第一块 1 ≤ x ≤ 2 1\le x\le2 1 ≤ x ≤ 2 x ≤ y ≤ x \sqrt x\le y\le x x ≤ y ≤ x 2 ≤ x ≤ 4 2\le x\le4 2 ≤ x ≤ 4 x ≤ y ≤ 2 \sqrt x\le y\le2 x ≤ y ≤ 2 1 ≤ y ≤ 2 1\le y\le2 1 ≤ y ≤ 2 y ≤ x ≤ y 2 y\le x\le y^2 y ≤ x ≤ y 2
y ≤ x y\le x y ≤ x y = x y=x y = x x ≤ y 2 x\le y^2 x ≤ y 2 y = x y=\sqrt x y = x x = 2 x=2 x = 2
③ 先对 x x x I = ∫ 1 2 d y ∫ y y 2 sin π x 2 y d x = ∫ 1 2 [ − 2 y π cos π x 2 y ] y y 2 d y = − 2 π ∫ 1 2 y cos π y 2 d y I=\displaystyle\int_1^2\dy\int_y^{y^2}\sin\frac{\pi x}{2y}\dx=\int_1^2\Big[-\frac{2y}\pi\cos\frac{\pi x}{2y}\Big]_y^{y^2}\dy=-\frac2\pi\int_1^2y\cos\frac{\pi y}2\dy I = ∫ 1 2 d y ∫ y y 2 sin 2 y π x d x = ∫ 1 2 [ − π 2 y cos 2 y π x ] y y 2 d y = − π 2 ∫ 1 2 y cos 2 π y d y
对 x x x y y y sin ( k x ) \sin(kx) sin ( k x ) − 1 k cos ( k x ) -\frac1k\cos(kx) − k 1 cos ( k x ) cos π 2 = 0 \cos\frac\pi2=0 cos 2 π = 0
④ 分部积分。 ∫ 1 2 y cos π y 2 d y = [ 2 y π sin π y 2 + 4 π 2 cos π y 2 ] 1 2 = − 4 π 2 − 2 π \displaystyle\int_1^2y\cos\frac{\pi y}2\dy=\Big[\frac{2y}\pi\sin\frac{\pi y}2+\frac4{\pi^2}\cos\frac{\pi y}2\Big]_1^2=-\frac4{\pi^2}-\frac2\pi ∫ 1 2 y cos 2 π y d y = [ π 2 y sin 2 π y + π 2 4 cos 2 π y ] 1 2 = − π 2 4 − π 2 I = 8 π 3 + 4 π 2 = 4 ( 2 + π ) π 3 I=\dfrac8{\pi^3}+\dfrac4{\pi^2}=\dfrac{4(2+\pi)}{\pi^3} I = π 3 8 + π 2 4 = π 3 4 ( 2 + π )
y y y cos \cos cos y = 2 y=2 y = 2 sin π = 0 \sin\pi=0 sin π = 0 cos π = − 1 \cos\pi=-1 cos π = − 1 y = 1 y=1 y = 1 sin π 2 = 1 \sin\frac\pi2=1 sin 2 π = 1 cos π 2 = 0 \cos\frac\pi2=0 cos 2 π = 0
答案：4 ( 2 + π ) π 3 \frac{4(2+\pi)}{\pi^3} π 3 4 ( 2 + π )
例 3.8 李林 第十章 §3 例 2 · p253
计算
I = ∫ 0 + ∞ d x ∫ x 2 x e − y 2 d y I=\displaystyle\int_0^{+\infty}\dx\int_x^{2x}\e^{-y^2}\dy I = ∫ 0 + ∞ d x ∫ x 2 x e − y 2 d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 换序。 区域 x ≥ 0 x\ge0 x ≥ 0 x ≤ y ≤ 2 x x\le y\le2x x ≤ y ≤ 2 x y = x y=x y = x y = 2 x y=2x y = 2 x y ≥ 0 y\ge0 y ≥ 0 y 2 ≤ x ≤ y \dfrac y2\le x\le y 2 y ≤ x ≤ y
e − y 2 \e^{-y^2} e − y 2 y y y y y y y ≤ 2 x ⟺ x ≥ y 2 y\le2x\iff x\ge\frac y2 y ≤ 2 x ⟺ x ≥ 2 y
② 计算。 I = ∫ 0 + ∞ e − y 2 ( y − y 2 ) d y = 1 2 ∫ 0 + ∞ y e − y 2 d y = 1 4 I=\displaystyle\int_0^{+\infty}\e^{-y^2}\Big(y-\frac y2\Big)\dy=\frac12\int_0^{+\infty}y\e^{-y^2}\dy=\frac14 I = ∫ 0 + ∞ e − y 2 ( y − 2 y ) d y = 2 1 ∫ 0 + ∞ y e − y 2 d y = 4 1
内层对 x x x e − y 2 \e^{-y^2} e − y 2 y 2 \frac y2 2 y y y y − 1 2 d ( e − y 2 ) -\frac12\dd(\e^{-y^2}) − 2 1 d ( e − y 2 )
答案：1 4 \frac14 4 1
例 3.9 2014 数三(12) 李林 第十章 习题 填空 (2) · p265
二次积分
∫ 0 1 d y ∫ y 1 ( e x 2 x − e y 2 ) d x = \displaystyle\int_0^1\dy\int_y^1\Big(\frac{\e^{x^2}}x-\e^{y^2}\Big)\dx= ∫ 0 1 d y ∫ y 1 ( x e x 2 − e y 2 ) d x = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 拆成两项。 原式 = ∫ 0 1 d y ∫ y 1 e x 2 x d x − ∫ 0 1 d y ∫ y 1 e y 2 d x =\displaystyle\int_0^1\dy\int_y^1\frac{\e^{x^2}}x\dx-\int_0^1\dy\int_y^1\e^{y^2}\dx = ∫ 0 1 d y ∫ y 1 x e x 2 d x − ∫ 0 1 d y ∫ y 1 e y 2 d x
第一项内层对 x x x e y 2 \e^{y^2} e y 2
② 第一项换序，第二项直接算。 区域 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 0\le y\le x\le1 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 = ∫ 0 1 d x ∫ 0 x e x 2 x d y = ∫ 0 1 e x 2 d x =\displaystyle\int_0^1\dx\int_0^x\frac{\e^{x^2}}x\dy=\int_0^1\e^{x^2}\dx = ∫ 0 1 d x ∫ 0 x x e x 2 d y = ∫ 0 1 e x 2 d x = ∫ 0 1 ( 1 − y ) e y 2 d y =\displaystyle\int_0^1(1-y)\e^{y^2}\dy = ∫ 0 1 ( 1 − y ) e y 2 d y
换序后内层对 y y y e x 2 x \frac{\e^{x^2}}x x e x 2 x x x
③ 相减。 原式 = ∫ 0 1 e t 2 d t − ∫ 0 1 ( 1 − t ) e t 2 d t = ∫ 0 1 t e t 2 d t = e − 1 2 =\displaystyle\int_0^1\e^{t^2}\dt-\int_0^1(1-t)\e^{t^2}\dt=\int_0^1t\e^{t^2}\dt=\frac{\e-1}2 = ∫ 0 1 e t 2 d t − ∫ 0 1 ( 1 − t ) e t 2 d t = ∫ 0 1 t e t 2 d t = 2 e − 1
积分变量叫什么都一样；两个都积不出来的 ∫ e t 2 \int\e^{t^2} ∫ e t 2
答案：e − 1 2 \frac{\e-1}2 2 e − 1
例 3.10 2017 数二(13)
∫ 0 1 d y ∫ y 1 tan x x d x = \displaystyle\int_0^1\dy\int_y^1\frac{\tan x}x\dx= ∫ 0 1 d y ∫ y 1 x tan x d x = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 换序。 区域 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 0\le y\le x\le1 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 = ∫ 0 1 d x ∫ 0 x tan x x d y = ∫ 0 1 tan x d x =\displaystyle\int_0^1\dx\int_0^x\frac{\tan x}x\dy=\int_0^1\tan x\dx = ∫ 0 1 d x ∫ 0 x x tan x d y = ∫ 0 1 tan x d x
tan x x \frac{\tan x}x x t a n x x x x
② 计算。 ∫ 0 1 tan x d x = − ln cos x ∣ 0 1 = − ln cos 1 \displaystyle\int_0^1\tan x\dx=-\ln\cos x\Big|_0^1=-\ln\cos1 ∫ 0 1 tan x d x = − ln cos x 0 1 = − ln cos 1
tan x = sin x cos x \tan x=\frac{\sin x}{\cos x} tan x = c o s x s i n x
答案：− ln cos 1 -\ln\cos1 − ln cos 1
例 3.11 2020 数二(10)
∫ 0 1 d y ∫ y 1 x 3 + 1 d x = \displaystyle\int_0^1\dy\int_{\sqrt y}^1\sqrt{x^3+1}\dx= ∫ 0 1 d y ∫ y 1 x 3 + 1 d x = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 换序。 0 ≤ y ≤ 1 0\le y\le1 0 ≤ y ≤ 1 y ≤ x ≤ 1 \sqrt y\le x\le1 y ≤ x ≤ 1 0 ≤ x ≤ 1 0\le x\le1 0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ x 2 0\le y\le x^2 0 ≤ y ≤ x 2 = ∫ 0 1 x 3 + 1 ⋅ x 2 d x =\displaystyle\int_0^1\sqrt{x^3+1}\cdot x^2\dx = ∫ 0 1 x 3 + 1 ⋅ x 2 d x
x 3 + 1 \sqrt{x^3+1} x 3 + 1 x x x y ≤ x ⟺ y ≤ x 2 \sqrt y\le x\iff y\le x^2 y ≤ x ⟺ y ≤ x 2 x 2 x^2 x 2 x 3 + 1 x^3+1 x 3 + 1
② 凑微分。 ∫ 0 1 x 2 x 3 + 1 d x = 2 9 ( x 3 + 1 ) 3 2 ∣ 0 1 = 2 9 ( 2 2 − 1 ) \displaystyle\int_0^1x^2\sqrt{x^3+1}\dx=\frac29(x^3+1)^{\frac32}\Big|_0^1=\frac29(2\sqrt2-1) ∫ 0 1 x 2 x 3 + 1 d x = 9 2 ( x 3 + 1 ) 2 3 0 1 = 9 2 ( 2 2 − 1 )
被积函数里的 x 2 x^2 x 2 x 3 + 1 x^3+1 x 3 + 1 x 2 d x = 1 3 d ( x 3 + 1 ) x^2\dx=\frac13\dd(x^3+1) x 2 d x = 3 1 d ( x 3 + 1 ) ∫ u 1 2 d u = 2 3 u 3 2 \int u^{\frac12}\du=\frac23u^{\frac32} ∫ u 2 1 d u = 3 2 u 2 3
答案：2 9 ( 2 2 − 1 ) \frac29(2\sqrt2-1) 9 2 ( 2 2 − 1 )
例 3.12 2022 数二(2)
∫ 0 2 d y ∫ y 2 y 1 + x 3 d x = \displaystyle\int_0^2\dy\int_y^2\frac y{\sqrt{1+x^3}}\dx= ∫ 0 2 d y ∫ y 2 1 + x 3 y d x = （ ）
（A）
2 6 \frac{\sqrt2}6 6 2 （B）
1 3 \frac13 3 1 （C）
2 3 \frac{\sqrt2}3 3 2 （D）
2 3 \frac23 3 2 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 换序。 区域 0 ≤ y ≤ x ≤ 2 0\le y\le x\le2 0 ≤ y ≤ x ≤ 2 = ∫ 0 2 1 1 + x 3 d x ∫ 0 x y d y = ∫ 0 2 x 2 2 1 + x 3 d x =\displaystyle\int_0^2\frac1{\sqrt{1+x^3}}\dx\int_0^xy\dy=\int_0^2\frac{x^2}{2\sqrt{1+x^3}}\dx = ∫ 0 2 1 + x 3 1 d x ∫ 0 x y d y = ∫ 0 2 2 1 + x 3 x 2 d x
1 1 + x 3 \frac1{\sqrt{1+x^3}} 1 + x 3 1 x x x ∫ 0 x y d y = x 2 2 \int_0^xy\dy=\frac{x^2}2 ∫ 0 x y d y = 2 x 2 x 2 x^2 x 2
② 凑微分。 ∫ 0 2 x 2 2 1 + x 3 d x = 1 3 1 + x 3 ∣ 0 2 = 1 3 ( 3 − 1 ) = 2 3 \displaystyle\int_0^2\frac{x^2}{2\sqrt{1+x^3}}\dx=\frac13\sqrt{1+x^3}\Big|_0^2=\frac13(3-1)=\frac23 ∫ 0 2 2 1 + x 3 x 2 d x = 3 1 1 + x 3 0 2 = 3 1 ( 3 − 1 ) = 3 2
分子 x 2 x^2 x 2 1 + x 3 1+x^3 1 + x 3 x 2 d x = 1 3 d ( 1 + x 3 ) x^2\dx=\frac13\dd(1+x^3) x 2 d x = 3 1 d ( 1 + x 3 ) ∫ d u 2 u = u \int\frac{\du}{2\sqrt u}=\sqrt u ∫ 2 u d u = u
答案：D
3.3 累次积分与极坐标互相转化大白话：换序不只是在直角坐标里“竖着穿换成横着穿”，还可以在直角坐标和极坐标之间换 。直角坐标算不动的，换成极坐标；极坐标写的积分看不出区域，换回直角坐标。关键仍然是画出区域：极坐标的 θ \theta θ r r r d x d y = r d r d θ \dx\dy=r\dd r\dd\theta d x d y = r d r d θ
x y O r =1/(cos θ+sin θ)r =12014 数一(3)：右半三角形、左半四分之一圆，化极坐标时 θ \theta θ θ r O r =a /cos θθ=arccos(a /r ) π/4 a √2a 在 θ O r \theta Or θO r
互化的对照
x = r cos θ x=r\cos\theta x = r cos θ y = r sin θ y=r\sin\theta y = r sin θ d x d y = r d r d θ \dx\dy=r\dd r\dd\theta d x d y = r d r d θ f ( x 2 + y 2 ) d x d y = f ( r 2 ) r d r d θ f(x^2+y^2)\dx\dy=f(r^2)\,r\dd r\dd\theta f ( x 2 + y 2 ) d x d y = f ( r 2 ) r d r d θ 直线：x = a ↔ r = a cos θ x=a\leftrightarrow r=\dfrac a{\cos\theta} x = a ↔ r = cos θ a y = x ↔ θ = π 4 y=x\leftrightarrow\theta=\dfrac\pi4 y = x ↔ θ = 4 π x + y = 1 ↔ r = 1 cos θ + sin θ x+y=1\leftrightarrow r=\dfrac1{\cos\theta+\sin\theta} x + y = 1 ↔ r = cos θ + sin θ 1 x y = 1 ↔ r = 1 sin θ cos θ xy=1\leftrightarrow r=\dfrac1{\sqrt{\sin\theta\cos\theta}} x y = 1 ↔ r = sin θ cos θ 1
圆：r = a ↔ x 2 + y 2 = a 2 r=a\leftrightarrow x^2+y^2=a^2 r = a ↔ x 2 + y 2 = a 2 r = 2 a cos θ ↔ x 2 + y 2 = 2 a x r=2a\cos\theta\leftrightarrow x^2+y^2=2ax r = 2 a cos θ ↔ x 2 + y 2 = 2 a x
极坐标内部也能换序：把 θ \theta θ r r r θ O r \theta Or θO r r r r θ \theta θ
方法卡 · 直角与极坐标互化
什么时候用
选择题“化为极坐标（直角坐标）下的累次积分”；给出的积分在当前坐标系下算不动。
步骤
从给出的积分读出区域，画图（极坐标方程先化成直角方程再画）。
在新坐标系下重新定限：极坐标从原点发射线，直角坐标用竖线或横线。
被积表达式整体替换，别忘了 r r r r r r
区域在不同方向上边界不同，就分段。 最容易错
化极坐标漏乘
r r r ，化回直角坐标又多乘了
x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2 ；
θ \theta θ 的范围只写了一段。
例 3.13 2014 数一(3)
设
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 是连续函数，则
∫ 0 1 d y ∫ − 1 − y 2 1 − y f ( x , y ) d x = \displaystyle\int_0^1\dy\int_{-\sqrt{1-y^2}}^{1-y}f(x,y)\dx= ∫ 0 1 d y ∫ − 1 − y 2 1 − y f ( x , y ) d x = （ ）
（A）
∫ 0 1 d x ∫ 0 x − 1 f d y + ∫ − 1 0 d x ∫ 0 1 − x 2 f d y \displaystyle\int_0^1\dx\int_0^{x-1}f\dy+\int_{-1}^0\dx\int_0^{\sqrt{1-x^2}}f\dy ∫ 0 1 d x ∫ 0 x − 1 f d y + ∫ − 1 0 d x ∫ 0 1 − x 2 f d y （B）
∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x f d y + ∫ − 1 0 d x ∫ − 1 − x 2 0 f d y \displaystyle\int_0^1\dx\int_0^{1-x}f\dy+\int_{-1}^0\dx\int_{-\sqrt{1-x^2}}^0f\dy ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x f d y + ∫ − 1 0 d x ∫ − 1 − x 2 0 f d y （C）
∫ 0 π 2 d θ ∫ 0 1 cos θ + sin θ f ( r cos θ , r sin θ ) d r + ∫ π 2 π d θ ∫ 0 1 f ( r cos θ , r sin θ ) d r \displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\dd\theta\int_0^{\frac1{\cos\theta+\sin\theta}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)\dd r+\int_{\frac\pi2}^\pi\dd\theta\int_0^1f(r\cos\theta,r\sin\theta)\dd r ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 c o s θ + s i n θ 1 f ( r cos θ , r sin θ ) d r + ∫ 2 π π d θ ∫ 0 1 f ( r cos θ , r sin θ ) d r （D）
∫ 0 π 2 d θ ∫ 0 1 cos θ + sin θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r + ∫ π 2 π d θ ∫ 0 1 f ( r cos θ , r sin θ ) r d r \displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\dd\theta\int_0^{\frac1{\cos\theta+\sin\theta}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\dd r+\int_{\frac\pi2}^\pi\dd\theta\int_0^1f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\dd r ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 c o s θ + s i n θ 1 f ( r cos θ , r sin θ ) r d r + ∫ 2 π π d θ ∫ 0 1 f ( r cos θ , r sin θ ) r d r 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 画区域。 y ∈ [ 0 , 1 ] y\in[0,1] y ∈ [ 0 , 1 ] x = − 1 − y 2 x=-\sqrt{1-y^2} x = − 1 − y 2 x = 1 − y x=1-y x = 1 − y x + y = 1 x+y=1 x + y = 1
两条边界在 y y y y y y
② 排除（A）（B）。 直角坐标：右块应为 0 ≤ x ≤ 1 0\le x\le1 0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ 1 − x 0\le y\le1-x 0 ≤ y ≤ 1 − x − 1 ≤ x ≤ 0 -1\le x\le0 − 1 ≤ x ≤ 0 0 ≤ y ≤ 1 − x 2 0\le y\le\sqrt{1-x^2} 0 ≤ y ≤ 1 − x 2 x − 1 x-1 x − 1
每个选项对照区域的两块逐一检查，错一处就排除。
③ 极坐标。 θ ∈ [ 0 , π 2 ] \theta\in[0,\frac\pi2] θ ∈ [ 0 , 2 π ] x + y = 1 x+y=1 x + y = 1 r r r 1 cos θ + sin θ \frac1{\cos\theta+\sin\theta} c o s θ + s i n θ 1 θ ∈ [ π 2 , π ] \theta\in[\frac\pi2,\pi] θ ∈ [ 2 π , π ] r r r r r r
（C）的上下限都对，但少了面积元素里的 r r r
答案：D
例 3.14 2012 数三(3)
设函数
f ( t ) f(t) f ( t ) 连续，则二次积分
∫ 0 π 2 d θ ∫ 2 cos θ 2 f ( r 2 ) r d r = \displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\dd\theta\int_{2\cos\theta}^2f(r^2)r\dd r= ∫ 0 2 π d θ ∫ 2 c o s θ 2 f ( r 2 ) r d r = （ ）
（A）
∫ 0 2 d x ∫ 2 x − x 2 4 − x 2 x 2 + y 2 f ( x 2 + y 2 ) d y \displaystyle\int_0^2\dx\int_{\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}\sqrt{x^2+y^2}f(x^2+y^2)\dy ∫ 0 2 d x ∫ 2 x − x 2 4 − x 2 x 2 + y 2 f ( x 2 + y 2 ) d y （B）
∫ 0 2 d x ∫ 2 x − x 2 4 − x 2 f ( x 2 + y 2 ) d y \displaystyle\int_0^2\dx\int_{\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}f(x^2+y^2)\dy ∫ 0 2 d x ∫ 2 x − x 2 4 − x 2 f ( x 2 + y 2 ) d y （C）
∫ 0 2 d y ∫ 1 + 1 − y 2 4 − y 2 x 2 + y 2 f ( x 2 + y 2 ) d x \displaystyle\int_0^2\dy\int_{1+\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{4-y^2}}\sqrt{x^2+y^2}f(x^2+y^2)\dx ∫ 0 2 d y ∫ 1 + 1 − y 2 4 − y 2 x 2 + y 2 f ( x 2 + y 2 ) d x （D）
∫ 0 2 d y ∫ 1 + 1 − y 2 4 − y 2 f ( x 2 + y 2 ) d x \displaystyle\int_0^2\dy\int_{1+\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{4-y^2}}f(x^2+y^2)\dx ∫ 0 2 d y ∫ 1 + 1 − y 2 4 − y 2 f ( x 2 + y 2 ) d x 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 读区域。 θ ∈ [ 0 , π 2 ] \theta\in[0,\frac\pi2] θ ∈ [ 0 , 2 π ] r r r 2 cos θ 2\cos\theta 2 cos θ x 2 + y 2 = 4 x^2+y^2=4 x 2 + y 2 = 4 x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x
r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 )
② 被积表达式。 f ( r 2 ) r d r d θ = f ( x 2 + y 2 ) d x d y f(r^2)r\dd r\dd\theta=f(x^2+y^2)\dx\dy f ( r 2 ) r d r d θ = f ( x 2 + y 2 ) d x d y x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2
极坐标里的 r d r d θ r\dd r\dd\theta r d r d θ d x d y \dx\dy d x d y r r r
③ 竖着穿。 x ∈ [ 0 , 2 ] x\in[0,2] x ∈ [ 0 , 2 ] y = 2 x − x 2 y=\sqrt{2x-x^2} y = 2 x − x 2 y = 4 − x 2 y=\sqrt{4-x^2} y = 4 − x 2
（D）横着穿时，y ∈ [ 0 , 1 ] y\in[0,1] y ∈ [ 0 , 1 ]
答案：B
例 3.15 李林 第十章 §3 例 6 · p254
计算
I = ∫ 0 1 d x ∫ 1 − x 2 e 2 − x 2 ln ( x 2 + y 2 ) d y + ∫ 1 e d x ∫ 0 e 2 − x 2 ln ( x 2 + y 2 ) d y I=\displaystyle\int_0^1\dx\int_{\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{\e^2-x^2}}\ln(x^2+y^2)\dy+\int_1^\e\dx\int_0^{\sqrt{\e^2-x^2}}\ln(x^2+y^2)\dy I = ∫ 0 1 d x ∫ 1 − x 2 e 2 − x 2 ln ( x 2 + y 2 ) d y + ∫ 1 e d x ∫ 0 e 2 − x 2 ln ( x 2 + y 2 ) d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 画区域。 第一块：x ∈ [ 0 , 1 ] x\in[0,1] x ∈ [ 0 , 1 ] y y y e \e e x ∈ [ 1 , e ] x\in[1,\e] x ∈ [ 1 , e ] y y y 1 ≤ r ≤ e 1\le r\le\e 1 ≤ r ≤ e
单位圆只在 x ≤ 1 x\le1 x ≤ 1 x x x
② 化极坐标。 I = ∫ 0 π 2 d θ ∫ 1 e ln r 2 ⋅ r d r = π 2 ∫ 1 e 2 r ln r d r I=\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\dd\theta\int_1^\e\ln r^2\cdot r\dd r=\frac\pi2\int_1^\e2r\ln r\dd r I = ∫ 0 2 π d θ ∫ 1 e ln r 2 ⋅ r d r = 2 π ∫ 1 e 2 r ln r d r
区域是圆环、被积函数是 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2
③ 分部积分。 ∫ 1 e 2 r ln r d r = [ r 2 ln r − r 2 2 ] 1 e = e 2 − e 2 2 + 1 2 = e 2 + 1 2 \displaystyle\int_1^\e2r\ln r\dd r=\Big[r^2\ln r-\frac{r^2}2\Big]_1^\e=\e^2-\frac{\e^2}2+\frac12=\frac{\e^2+1}2 ∫ 1 e 2 r ln r d r = [ r 2 ln r − 2 r 2 ] 1 e = e 2 − 2 e 2 + 2 1 = 2 e 2 + 1 I = π 4 ( e 2 + 1 ) I=\dfrac\pi4(\e^2+1) I = 4 π ( e 2 + 1 )
分部积分：把 ln r \ln r ln r 2 r 2r 2 r ∫ r 2 ⋅ 1 r d r = r 2 2 \int r^2\cdot\frac1r\dd r=\frac{r^2}2 ∫ r 2 ⋅ r 1 d r = 2 r 2
答案：π 4 ( e 2 + 1 ) \frac\pi4(\e^2+1) 4 π ( e 2 + 1 )
例 3.16 李林 第十章 §3 例 7 · p254
I = ∫ 0 π 4 d θ ∫ 0 sec θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r I=\displaystyle\int_0^{\frac\pi4}\dd\theta\int_0^{\sec\theta}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\dd r I = ∫ 0 4 π d θ ∫ 0 s e c θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r 在直角坐标系下的累次积分为 ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 翻译边界。 θ = 0 \theta=0 θ = 0 x x x θ = π 4 \theta=\frac\pi4 θ = 4 π y = x y=x y = x r = sec θ ⟺ r cos θ = 1 ⟺ x = 1 r=\sec\theta\iff r\cos\theta=1\iff x=1 r = sec θ ⟺ r cos θ = 1 ⟺ x = 1
极坐标方程乘开：r cos θ r\cos\theta r cos θ x x x
② 区域与累次积分。 区域是三角形 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 0\le y\le x\le1 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 I = ∫ 0 1 d x ∫ 0 x f ( x , y ) d y = ∫ 0 1 d y ∫ y 1 f ( x , y ) d x I=\displaystyle\int_0^1\dx\int_0^xf(x,y)\dy=\int_0^1\dy\int_y^1f(x,y)\dx I = ∫ 0 1 d x ∫ 0 x f ( x , y ) d y = ∫ 0 1 d y ∫ y 1 f ( x , y ) d x
从原点出发，夹在 x x x y = x y=x y = x x = 1 x=1 x = 1 r d r d θ r\dd r\dd\theta r d r d θ d x d y \dx\dy d x d y
答案：∫ 0 1 d x ∫ 0 x f ( x , y ) d y \int_0^1\dx\int_0^xf(x,y)\dy ∫ 0 1 d x ∫ 0 x f ( x , y ) d y ∫ 0 1 d y ∫ y 1 f ( x , y ) d x \int_0^1\dy\int_y^1f(x,y)\dx ∫ 0 1 d y ∫ y 1 f ( x , y ) d x
例 3.17 李林 第十章 §3 例 8 · p254
积分
I = ∫ arctan 1 4 π 4 d θ ∫ 1 sin θ cos θ 2 cos θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r = I=\displaystyle\int_{\arctan\frac14}^{\frac\pi4}\dd\theta\int_{\frac1{\sqrt{\sin\theta\cos\theta}}}^{\frac2{\cos\theta}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\dd r= I = ∫ a r c t a n 4 1 4 π d θ ∫ s i n θ c o s θ 1 c o s θ 2 f ( r cos θ , r sin θ ) r d r = （ ）
（A）
∫ 1 2 d x ∫ 1 x x f ( x , y ) d y \displaystyle\int_1^2\dx\int_{\frac1x}^xf(x,y)\dy ∫ 1 2 d x ∫ x 1 x f ( x , y ) d y （B）
∫ 1 2 d x ∫ x 1 x f ( x , y ) d y \displaystyle\int_1^2\dx\int_x^{\frac1x}f(x,y)\dy ∫ 1 2 d x ∫ x x 1 f ( x , y ) d y （C）
∫ 1 2 2 d y ∫ x 1 x f ( x , y ) d x \displaystyle\int_{\frac12}^2\dy\int_x^{\frac1x}f(x,y)\dx ∫ 2 1 2 d y ∫ x x 1 f ( x , y ) d x （D）
∫ 1 2 2 d y ∫ 1 x x f ( x , y ) d x \displaystyle\int_{\frac12}^2\dy\int_{\frac1x}^xf(x,y)\dx ∫ 2 1 2 d y ∫ x 1 x f ( x , y ) d x 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 翻译边界。 θ = π 4 \theta=\frac\pi4 θ = 4 π y = x y=x y = x r = 2 cos θ r=\frac2{\cos\theta} r = c o s θ 2 x = 2 x=2 x = 2 r = 1 sin θ cos θ ⟺ r 2 sin θ cos θ = 1 ⟺ x y = 1 r=\frac1{\sqrt{\sin\theta\cos\theta}}\iff r^2\sin\theta\cos\theta=1\iff xy=1 r = s i n θ c o s θ 1 ⟺ r 2 sin θ cos θ = 1 ⟺ x y = 1
每条极坐标边界都乘开成直角坐标；第三条两边平方后是双曲线。
② 区域。 区域夹在双曲线 x y = 1 xy=1 x y = 1 x = 2 x=2 x = 2 y = x y=x y = x θ = arctan 1 4 \theta=\arctan\frac14 θ = arctan 4 1 ( 2 , 1 2 ) (2,\frac12) ( 2 , 2 1 ) 1 ≤ x ≤ 2 1\le x\le2 1 ≤ x ≤ 2 1 x ≤ y ≤ x \frac1x\le y\le x x 1 ≤ y ≤ x
y = x 4 y=\frac x4 y = 4 x x = 2 x=2 x = 2 ( 2 , 1 2 ) (2,\frac12) ( 2 , 2 1 ) 2 ⋅ 1 2 = 1 2\cdot\frac12=1 2 ⋅ 2 1 = 1
③ 选择。 I = ∫ 1 2 d x ∫ 1 x x f d y I=\displaystyle\int_1^2\dx\int_{\frac1x}^xf\dy I = ∫ 1 2 d x ∫ x 1 x f d y
（B）上下限颠倒；（C）（D）对 x x x x x x
答案：A
例 3.18 李林 第十章 习题 选择 (3) · p264
设
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 为连续函数，则
∫ 0 π 4 d θ ∫ 0 1 f ( r cos θ , r sin θ ) r d r = \displaystyle\int_0^{\frac\pi4}\dd\theta\int_0^1f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\dd r= ∫ 0 4 π d θ ∫ 0 1 f ( r cos θ , r sin θ ) r d r = （ ）
（A）
∫ 0 2 2 d x ∫ x 1 − x 2 f d y \displaystyle\int_0^{\frac{\sqrt2}2}\dx\int_x^{\sqrt{1-x^2}}f\dy ∫ 0 2 2 d x ∫ x 1 − x 2 f d y （B）
∫ 0 2 2 d x ∫ 0 1 − x 2 f d y \displaystyle\int_0^{\frac{\sqrt2}2}\dx\int_0^{\sqrt{1-x^2}}f\dy ∫ 0 2 2 d x ∫ 0 1 − x 2 f d y （C）
∫ 0 2 2 d y ∫ y 1 − y 2 f d x \displaystyle\int_0^{\frac{\sqrt2}2}\dy\int_y^{\sqrt{1-y^2}}f\dx ∫ 0 2 2 d y ∫ y 1 − y 2 f d x （D）
∫ 0 2 2 d y ∫ 0 1 − y 2 f d x \displaystyle\int_0^{\frac{\sqrt2}2}\dy\int_0^{\sqrt{1-y^2}}f\dx ∫ 0 2 2 d y ∫ 0 1 − y 2 f d x 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 区域。 θ ∈ [ 0 , π 4 ] \theta\in[0,\frac\pi4] θ ∈ [ 0 , 4 π ] r ∈ [ 0 , 1 ] r\in[0,1] r ∈ [ 0 , 1 ] x x x y = x y=x y = x
扇形的两条边是 θ = 0 \theta=0 θ = 0 x x x θ = π 4 \theta=\frac\pi4 θ = 4 π y = x y=x y = x
② 横着穿。 y ∈ [ 0 , 2 2 ] y\in[0,\frac{\sqrt2}2] y ∈ [ 0 , 2 2 ] y = x y=x y = x ( 2 2 , 2 2 ) (\frac{\sqrt2}2,\frac{\sqrt2}2) ( 2 2 , 2 2 ) y = x y=x y = x x = y x=y x = y x = 1 − y 2 x=\sqrt{1-y^2} x = 1 − y 2
竖着穿要在 x = 2 2 x=\frac{\sqrt2}2 x = 2 2
答案：C
例 3.19 李林 第十章 §3 例 5 · p254
设
I = ∫ 0 π 4 d θ ∫ 0 a cos θ r f ( r , θ ) d r ( a > 0 ) I=\displaystyle\int_0^{\frac\pi4}\dd\theta\int_0^{\frac a{\cos\theta}}rf(r,\theta)\dd r\ (a>0) I = ∫ 0 4 π d θ ∫ 0 c o s θ a r f ( r , θ ) d r ( a > 0 ) ，求交换积分顺序后的表达式。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 在 θ O r \theta Or θO r 把 θ \theta θ r r r 0 ≤ θ ≤ π 4 0\le\theta\le\frac\pi4 0 ≤ θ ≤ 4 π 0 ≤ r ≤ a cos θ 0\le r\le\frac a{\cos\theta} 0 ≤ r ≤ c o s θ a r = a cos θ r=\frac a{\cos\theta} r = c o s θ a r r r a cos π 4 = 2 a \frac a{\cos\frac\pi4}=\sqrt2a c o s 4 π a = 2 a
极坐标内部换序，就把 ( θ , r ) (\theta,r) ( θ , r ) x O y xOy x O y
② 横着穿，分两段。 0 ≤ r ≤ a 0\le r\le a 0 ≤ r ≤ a θ \theta θ π 4 \frac\pi4 4 π a ≤ r ≤ 2 a a\le r\le\sqrt2a a ≤ r ≤ 2 a θ \theta θ θ = arccos a r \theta=\arccos\frac ar θ = arccos r a π 4 \frac\pi4 4 π
r = a cos θ ⟺ cos θ = a r ⟺ θ = arccos a r r=\frac a{\cos\theta}\iff\cos\theta=\frac ar\iff\theta=\arccos\frac ar r = c o s θ a ⟺ cos θ = r a ⟺ θ = arccos r a r < a r<a r < a
③ 写出结果。 I = ∫ 0 a d r ∫ 0 π 4 r f ( r , θ ) d θ + ∫ a 2 a d r ∫ arccos a r π 4 r f ( r , θ ) d θ I=\displaystyle\int_0^a\dd r\int_0^{\frac\pi4}rf(r,\theta)\dd\theta+\int_a^{\sqrt2a}\dd r\int_{\arccos\frac ar}^{\frac\pi4}rf(r,\theta)\dd\theta I = ∫ 0 a d r ∫ 0 4 π r f ( r , θ ) d θ + ∫ a 2 a d r ∫ a r c c o s r a 4 π r f ( r , θ ) d θ
被积表达式 r f ( r , θ ) rf(r,\theta) r f ( r , θ )
答案：∫ 0 a d r ∫ 0 π 4 r f d θ + ∫ a 2 a d r ∫ arccos a r π 4 r f d θ \int_0^a\dd r\int_0^{\frac\pi4}rf\dd\theta+\int_a^{\sqrt2a}\dd r\int_{\arccos\frac ar}^{\frac\pi4}rf\dd\theta ∫ 0 a d r ∫ 0 4 π r f d θ + ∫ a 2 a d r ∫ a r c c o s r a 4 π r f d θ
例 3.20 2010 数二(20) 李林 第十章 §3 例 9 · p255
计算二重积分
I = ∬ D r 2 sin θ 1 − r 2 cos 2 θ d r d θ I=\displaystyle\iint_Dr^2\sin\theta\sqrt{1-r^2\cos2\theta}\dd r\dd\theta I = ∬ D r 2 sin θ 1 − r 2 cos 2 θ d r d θ ，其中
D = { ( r , θ ) ∣ 0 ≤ r ≤ sec θ , 0 ≤ θ ≤ π 4 } D=\Big\{(r,\theta)\ \Big|\ 0\le r\le\sec\theta,\ 0\le\theta\le\dfrac\pi4\Big\} D = { ( r , θ ) 0 ≤ r ≤ sec θ , 0 ≤ θ ≤ 4 π } 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 为什么化回直角坐标。 r 2 cos 2 θ = r 2 cos 2 θ − r 2 sin 2 θ = x 2 − y 2 r^2\cos2\theta=r^2\cos^2\theta-r^2\sin^2\theta=x^2-y^2 r 2 cos 2 θ = r 2 cos 2 θ − r 2 sin 2 θ = x 2 − y 2 r sin θ ⋅ 1 − x 2 + y 2 ⋅ r d r d θ = y 1 − x 2 + y 2 d x d y r\sin\theta\cdot\sqrt{1-x^2+y^2}\cdot r\dd r\dd\theta=y\sqrt{1-x^2+y^2}\dx\dy r sin θ ⋅ 1 − x 2 + y 2 ⋅ r d r d θ = y 1 − x 2 + y 2 d x d y
根号里在极坐标下很乱，在直角坐标下只是 1 − x 2 + y 2 1-x^2+y^2 1 − x 2 + y 2 y y y y 2 y^2 y 2 y y y
② 区域。 0 ≤ θ ≤ π 4 0\le\theta\le\frac\pi4 0 ≤ θ ≤ 4 π r ≤ sec θ r\le\sec\theta r ≤ sec θ x ≤ 1 x\le1 x ≤ 1 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 0\le y\le x\le1 0 ≤ y ≤ x ≤ 1
与上面李林例 7 的区域相同。
③ 先对 y y y ∫ 0 x y 1 − x 2 + y 2 d y = 1 3 ( 1 − x 2 + y 2 ) 3 2 ∣ 0 x = 1 3 [ 1 − ( 1 − x 2 ) 3 2 ] \displaystyle\int_0^x y\sqrt{1-x^2+y^2}\dy=\frac13(1-x^2+y^2)^{\frac32}\Big|_0^x=\frac13\big[1-(1-x^2)^{\frac32}\big] ∫ 0 x y 1 − x 2 + y 2 d y = 3 1 ( 1 − x 2 + y 2 ) 2 3 0 x = 3 1 [ 1 − ( 1 − x 2 ) 2 3 ]
内层对 y y y x x x y d y y\dy y d y 1 2 d ( 1 − x 2 + y 2 ) \frac12\dd(1-x^2+y^2) 2 1 d ( 1 − x 2 + y 2 ) y = x y=x y = x
④ 外层。 I = 1 3 ∫ 0 1 [ 1 − ( 1 − x 2 ) 3 2 ] d x = 1 3 − 1 3 ⋅ 3 π 16 = 1 3 − π 16 I=\dfrac13\displaystyle\int_0^1\big[1-(1-x^2)^{\frac32}\big]\dx=\frac13-\frac13\cdot\frac{3\pi}{16}=\frac13-\frac\pi{16} I = 3 1 ∫ 0 1 [ 1 − ( 1 − x 2 ) 2 3 ] d x = 3 1 − 3 1 ⋅ 16 3 π = 3 1 − 16 π
令 x = sin t x=\sin t x = sin t ∫ 0 1 ( 1 − x 2 ) 3 2 d x = ∫ 0 π 2 cos 4 t d t = 3 π 16 \int_0^1(1-x^2)^{\frac32}\dx=\int_0^{\frac\pi2}\cos^4t\dt=\frac{3\pi}{16} ∫ 0 1 ( 1 − x 2 ) 2 3 d x = ∫ 0 2 π cos 4 t d t = 16 3 π
答案：1 3 − π 16 \frac13-\frac\pi{16} 3 1 − 16 π
例 3.21 2026 数二(17)
求二重积分
I = ∫ − 1 1 d x ∫ ∣ x ∣ 2 − x 2 y sin x 2 + y 2 d y I=\displaystyle\int_{-1}^1\dx\int_{|x|}^{\sqrt{2-x^2}}y\sin\sqrt{x^2+y^2}\dy I = ∫ − 1 1 d x ∫ ∣ x ∣ 2 − x 2 y sin x 2 + y 2 d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 画区域。 ∣ x ∣ ≤ y ≤ 2 − x 2 |x|\le y\le\sqrt{2-x^2} ∣ x ∣ ≤ y ≤ 2 − x 2 y = ∣ x ∣ y=|x| y = ∣ x ∣ 2 \sqrt2 2 θ ∈ [ π 4 , 3 π 4 ] \theta\in[\frac\pi4,\frac{3\pi}4] θ ∈ [ 4 π , 4 3 π ] r ∈ [ 0 , 2 ] r\in[0,\sqrt2] r ∈ [ 0 , 2 ]
y = ± x y=\pm x y = ± x x 2 + y 2 = 2 x^2+y^2=2 x 2 + y 2 = 2 ( ± 1 , 1 ) (\pm1,1) ( ± 1 , 1 ) x x x − 1 -1 − 1
② 化极坐标。 I = ∫ π 4 3 π 4 sin θ d θ ∫ 0 2 r 2 sin r d r = 2 ∫ 0 2 r 2 sin r d r I=\displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}\sin\theta\dd\theta\int_0^{\sqrt2}r^2\sin r\dd r=\sqrt2\int_0^{\sqrt2}r^2\sin r\dd r I = ∫ 4 π 4 3 π sin θ d θ ∫ 0 2 r 2 sin r d r = 2 ∫ 0 2 r 2 sin r d r
y = r sin θ y=r\sin\theta y = r sin θ r r r r 2 sin θ sin r r^2\sin\theta\sin r r 2 sin θ sin r θ \theta θ r r r
③ 分部积分两次。 ∫ 0 2 r 2 sin r d r = [ − r 2 cos r + 2 r sin r + 2 cos r ] 0 2 = 2 2 sin 2 − 2 \displaystyle\int_0^{\sqrt2}r^2\sin r\dd r=\big[-r^2\cos r+2r\sin r+2\cos r\big]_0^{\sqrt2}=2\sqrt2\sin\sqrt2-2 ∫ 0 2 r 2 sin r d r = [ − r 2 cos r + 2 r sin r + 2 cos r ] 0 2 = 2 2 sin 2 − 2 I = 4 sin 2 − 2 2 I=4\sin\sqrt2-2\sqrt2 I = 4 sin 2 − 2 2
r 2 r^2 r 2 r = 2 r=\sqrt2 r = 2 − 2 cos 2 -2\cos\sqrt2 − 2 cos 2 2 cos 2 2\cos\sqrt2 2 cos 2
答案：4 sin 2 − 2 2 4\sin\sqrt2-2\sqrt2 4 sin 2 − 2 2
例 3.22 李林 第十章 习题 解答 (9) · p265
计算
I = ∫ 0 2 π d θ ∫ θ 2 π ( θ 2 − 1 ) e r 2 d r I=\displaystyle\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_{\frac\theta2}^\pi(\theta^2-1)\e^{r^2}\dd r I = ∫ 0 2 π d θ ∫ 2 θ π ( θ 2 − 1 ) e r 2 d r 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 先对 r r r e r 2 \e^{r^2} e r 2 r r r θ \theta θ r r r
这里的积分没有乘 r r r ( θ , r ) (\theta,r) ( θ , r ) θ O r \theta Or θO r
② 在 θ O r \theta Or θO r 0 ≤ θ ≤ 2 π 0\le\theta\le2\pi 0 ≤ θ ≤ 2 π θ 2 ≤ r ≤ π \frac\theta2\le r\le\pi 2 θ ≤ r ≤ π 0 ≤ r ≤ π 0\le r\le\pi 0 ≤ r ≤ π 0 ≤ θ ≤ 2 r 0\le\theta\le2r 0 ≤ θ ≤ 2 r I = ∫ 0 π e r 2 d r ∫ 0 2 r ( θ 2 − 1 ) d θ = ∫ 0 π e r 2 ( 8 r 3 3 − 2 r ) d r I=\displaystyle\int_0^\pi\e^{r^2}\dd r\int_0^{2r}(\theta^2-1)\dd\theta=\int_0^\pi\e^{r^2}\Big(\frac{8r^3}3-2r\Big)\dd r I = ∫ 0 π e r 2 d r ∫ 0 2 r ( θ 2 − 1 ) d θ = ∫ 0 π e r 2 ( 3 8 r 3 − 2 r ) d r
r ≥ θ 2 ⟺ θ ≤ 2 r r\ge\frac\theta2\iff\theta\le2r r ≥ 2 θ ⟺ θ ≤ 2 r θ \theta θ r r r e r 2 \e^{r^2} e r 2
③ 外层。 令 t = r 2 t=r^2 t = r 2 ∫ 0 π 8 3 r 3 e r 2 d r = 4 3 [ ( t − 1 ) e t ] 0 π 2 \displaystyle\int_0^\pi\frac83r^3\e^{r^2}\dd r=\frac43\big[(t-1)\e^t\big]_0^{\pi^2} ∫ 0 π 3 8 r 3 e r 2 d r = 3 4 [ ( t − 1 ) e t ] 0 π 2 ∫ 0 π 2 r e r 2 d r = e π 2 − 1 \displaystyle\int_0^\pi2r\e^{r^2}\dd r=\e^{\pi^2}-1 ∫ 0 π 2 r e r 2 d r = e π 2 − 1 I = 4 π 2 − 7 3 e π 2 + 7 3 I=\dfrac{4\pi^2-7}3\e^{\pi^2}+\dfrac73 I = 3 4 π 2 − 7 e π 2 + 3 7
r 3 d r = 1 2 t d t r^3\dd r=\frac12t\dt r 3 d r = 2 1 t d t ∫ t e t d t = ( t − 1 ) e t \int t\e^t\dt=(t-1)\e^t ∫ t e t d t = ( t − 1 ) e t
答案：4 π 2 − 7 3 e π 2 + 7 3 \frac{4\pi^2-7}3\e^{\pi^2}+\frac73 3 4 π 2 − 7 e π 2 + 3 7
3.4 变限的二重积分：求导与求极限大白话：累次积分的上下限里含参数 t t t x x x t t t 如果 t t t t t t ，整个式子就变成一个普通的变上限积分，求导一步到位（孝哥一页纸“二重变限”）。
x y O 1 t ²t y =√x y =t 2021 数二(14)：换序后 t t t f ( t ) = ∫ 1 t d y ∫ 1 y 2 sin x y d x f(t)=\int_1^t\dy\int_1^{y^2}\sin\frac xy\dx f ( t ) = ∫ 1 t d y ∫ 1 y 2 sin y x d x 二重变限的处理（孝哥一页纸）
特征 ：f ( t ) = ∫ 0 t d x ∫ x t g ( x , y ) d y \displaystyle f(t)=\int_0^t\dx\int_x^tg(x,y)\dy f ( t ) = ∫ 0 t d x ∫ x t g ( x , y ) d y t t t t t t 解法 ：换序，f ( t ) = ∫ 0 t d y ∫ 0 y g ( x , y ) d x f(t)=\displaystyle\int_0^t\dy\int_0^yg(x,y)\dx f ( t ) = ∫ 0 t d y ∫ 0 y g ( x , y ) d x f ′ ( t ) = ∫ 0 t g ( x , t ) d x f'(t)=\displaystyle\int_0^tg(x,t)\dx f ′ ( t ) = ∫ 0 t g ( x , t ) d x 极限题 ：分子是二重变限积分时，先换序化成一重变上限积分，再用等价无穷小或洛必达。
方法卡 · 变限二重积分
什么时候用
F ( t ) = ∫ d x ∫ ⋯ F(t)=\displaystyle\int\dx\int\cdots F ( t ) = ∫ d x ∫ ⋯ ，上下限含
t t t ，求
F ′ ( t ) F'(t) F ′ ( t ) 或含
F ( t ) F(t) F ( t ) 的极限。
步骤
画出区域（t t t
换序，使 t t t
算出内层，得到 F ( t ) = ∫ t G ( y ) d y F(t)=\int^tG(y)\dy F ( t ) = ∫ t G ( y ) d y F ′ ( t ) = G ( t ) F'(t)=G(t) F ′ ( t ) = G ( t )
求极限时，分母用等价无穷小简化，再洛必达。 最容易错
不换序直接对外层上限求导，漏掉内层上限也含
t t t 的那一部分。
例 3.23 2021 数二(14)
已知函数
f ( t ) = ∫ 1 t 2 d x ∫ x t sin x y d y f(t)=\displaystyle\int_1^{t^2}\dx\int_{\sqrt x}^t\sin\frac xy\dy f ( t ) = ∫ 1 t 2 d x ∫ x t sin y x d y ，则
f ′ ( π 2 ) = f'\Big(\dfrac\pi2\Big)= f ′ ( 2 π ) = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 为什么换序。 t t t t 2 t^2 t 2 t t t sin x y \sin\frac xy sin y x y y y x x x
两个理由都指向换序：内层积不出来，t t t
② 换序。 区域 1 ≤ x ≤ t 2 1\le x\le t^2 1 ≤ x ≤ t 2 x ≤ y ≤ t \sqrt x\le y\le t x ≤ y ≤ t 1 ≤ y ≤ t 1\le y\le t 1 ≤ y ≤ t 1 ≤ x ≤ y 2 1\le x\le y^2 1 ≤ x ≤ y 2 f ( t ) = ∫ 1 t d y ∫ 1 y 2 sin x y d x = ∫ 1 t y ( cos 1 y − cos y ) d y f(t)=\displaystyle\int_1^t\dy\int_1^{y^2}\sin\frac xy\dx=\int_1^ty\Big(\cos\frac1y-\cos y\Big)\dy f ( t ) = ∫ 1 t d y ∫ 1 y 2 sin y x d x = ∫ 1 t y ( cos y 1 − cos y ) d y
x ≤ y ⟺ x ≤ y 2 \sqrt x\le y\iff x\le y^2 x ≤ y ⟺ x ≤ y 2 x x x y y y ∫ sin x y d x = − y cos x y \int\sin\frac xy\dx=-y\cos\frac xy ∫ sin y x d x = − y cos y x x = y 2 x=y^2 x = y 2 x = 1 x=1 x = 1
③ 求导。 f ′ ( t ) = t ( cos 1 t − cos t ) f'(t)=t\Big(\cos\dfrac1t-\cos t\Big) f ′ ( t ) = t ( cos t 1 − cos t ) f ′ ( π 2 ) = π 2 ( cos 2 π − 0 ) = π 2 cos 2 π f'\Big(\dfrac\pi2\Big)=\dfrac\pi2\Big(\cos\dfrac2\pi-0\Big)=\dfrac\pi2\cos\dfrac2\pi f ′ ( 2 π ) = 2 π ( cos π 2 − 0 ) = 2 π cos π 2
t t t t t t cos π 2 = 0 \cos\frac\pi2=0 cos 2 π = 0
答案：π 2 cos 2 π \frac\pi2\cos\frac2\pi 2 π cos π 2
例 3.24 李林 第十章 §3 例 4 · p253
求
lim x → 0 + ∫ 0 x 4 d t ∫ t 4 x sin t u d u 1 − e − 1 8 x 8 \lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\displaystyle\int_0^{x^4}\dt\int_{\sqrt[4]t}^x\sin\frac tu\du}{1-\e^{-\frac18x^8}} x → 0 + lim 1 − e − 8 1 x 8 ∫ 0 x 4 d t ∫ 4 t x sin u t d u 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 分析。 这是 0 0 \frac00 0 0 x x x x x x
内层 ∫ t 4 x \int_{\sqrt[4]t}^x ∫ 4 t x x x x x 4 x^4 x 4 x x x
② 换序。 区域 0 ≤ t ≤ x 4 0\le t\le x^4 0 ≤ t ≤ x 4 t 4 ≤ u ≤ x \sqrt[4]t\le u\le x 4 t ≤ u ≤ x 0 ≤ u ≤ x 0\le u\le x 0 ≤ u ≤ x 0 ≤ t ≤ u 4 0\le t\le u^4 0 ≤ t ≤ u 4 = ∫ 0 x d u ∫ 0 u 4 sin t u d t = ∫ 0 x u ( 1 − cos u 3 ) d u = 2 ∫ 0 x u sin 2 u 3 2 d u =\displaystyle\int_0^x\du\int_0^{u^4}\sin\frac tu\dt=\int_0^xu(1-\cos u^3)\du=2\int_0^xu\sin^2\frac{u^3}2\du = ∫ 0 x d u ∫ 0 u 4 sin u t d t = ∫ 0 x u ( 1 − cos u 3 ) d u = 2 ∫ 0 x u sin 2 2 u 3 d u
对 t t t u u u ∫ 0 u 4 sin t u d t = u ( 1 − cos u 3 ) \int_0^{u^4}\sin\frac tu\dt=u\big(1-\cos u^3\big) ∫ 0 u 4 sin u t d t = u ( 1 − cos u 3 ) 1 − cos a = 2 sin 2 a 2 1-\cos a=2\sin^2\frac a2 1 − cos a = 2 sin 2 2 a
③ 等价无穷小 + 洛必达。 分母 ∼ x 8 8 \sim\dfrac{x^8}8 ∼ 8 x 8 = lim 2 ∫ 0 x u sin 2 u 3 2 d u 1 8 x 8 = lim 2 x sin 2 x 3 2 x 7 = lim 2 x ⋅ x 6 4 x 7 = 1 2 =\lim\dfrac{2\int_0^xu\sin^2\frac{u^3}2\du}{\frac18x^8}=\lim\dfrac{2x\sin^2\frac{x^3}2}{x^7}=\lim\dfrac{2x\cdot\frac{x^6}4}{x^7}=\dfrac12 = lim 8 1 x 8 2 ∫ 0 x u sin 2 2 u 3 d u = lim x 7 2 x sin 2 2 x 3 = lim x 7 2 x ⋅ 4 x 6 = 2 1
1 − e − v ∼ v 1-\e^{-v}\sim v 1 − e − v ∼ v u = x u=x u = x sin x 3 2 ∼ x 3 2 \sin\frac{x^3}2\sim\frac{x^3}2 sin 2 x 3 ∼ 2 x 3
答案：1 2 \frac12 2 1
例 3.25 李林 第十章 习题 填空 (1) · p265
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 连续，
F ( t ) = ∫ 1 t d y ∫ y t f ( x ) d x F(t)=\displaystyle\int_1^t\dy\int_y^tf(x)\dx F ( t ) = ∫ 1 t d y ∫ y t f ( x ) d x ，则
F ′ ( 2 ) = F'(2)= F ′ ( 2 ) = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 换序。 区域 1 ≤ y ≤ x ≤ t 1\le y\le x\le t 1 ≤ y ≤ x ≤ t F ( t ) = ∫ 1 t d x ∫ 1 x f ( x ) d y = ∫ 1 t ( x − 1 ) f ( x ) d x F(t)=\displaystyle\int_1^t\dx\int_1^xf(x)\dy=\int_1^t(x-1)f(x)\dx F ( t ) = ∫ 1 t d x ∫ 1 x f ( x ) d y = ∫ 1 t ( x − 1 ) f ( x ) d x
t t t y y y f ( x ) f(x) f ( x ) x − 1 x-1 x − 1
② 求导。 F ′ ( t ) = ( t − 1 ) f ( t ) F'(t)=(t-1)f(t) F ′ ( t ) = ( t − 1 ) f ( t ) F ′ ( 2 ) = f ( 2 ) F'(2)=f(2) F ′ ( 2 ) = f ( 2 )
变上限积分求导，把上限 t t t
答案：f ( 2 ) f(2) f ( 2 )
3.5 小结学完了，标记这一部分
第 4 部分
极坐标下的计算
极坐标是二重积分解答题的主力：区域和圆有关、被积函数含 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 r r r θ \theta θ r d r d θ r\dd r\dd\theta r d r d θ
考试要求（大纲原文，李林讲义第十章第 2 条）
掌握二重积分的计算方法（直角坐标、极坐标）。
对应李林讲义第十章第二节“极坐标系下二重积分的计算”（p250—251）；Maki《真题分类精解》第三十三讲 33.1 节后半的极坐标计算题。二重积分的解答题大多数要用极坐标。
4.1 什么时候用极坐标，怎样定上下限大白话：区域是圆、扇形、圆环（或它们的一部分），或者被积函数含 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 y x \frac yx x y 。定限的办法和直角坐标的“穿线”一样，只是线换成了从原点出发的射线：先看 θ \theta θ r r r d σ = r d r d θ \dd\sigma=r\dd r\dd\theta d σ = r d r d θ r r r
x y O β α 极点在区域外：r 1 ( θ ) ≤ r ≤ r 2 ( θ ) r_1(\theta)\le r\le r_2(\theta) r 1 ( θ ) ≤ r ≤ r 2 ( θ ) x y O 极点在边界上：0 ≤ r ≤ r ( θ ) 0\le r\le r(\theta) 0 ≤ r ≤ r ( θ ) x y O 极点在内部：0 ≤ θ ≤ 2 π 0\le\theta\le2\pi 0 ≤ θ ≤ 2 π
极坐标下的计算公式（李林 p250—251）
∬ D f ( x , y ) d x d y = ∬ D f ( r cos θ , r sin θ ) r d r d θ = ∫ α β d θ ∫ r 1 ( θ ) r 2 ( θ ) f ( r cos θ , r sin θ ) r d r . \displaystyle \iint_Df(x,y)\dx\dy=\iint_Df(r\cos\theta,r\sin\theta)\,r\dd r\dd\theta=\int_\alpha^\beta\dd\theta\int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)}f(r\cos\theta,r\sin\theta)\,r\dd r. ∬ D f ( x , y ) d x d y = ∬ D f ( r cos θ , r sin θ ) r d r d θ = ∫ α β d θ ∫ r 1 ( θ ) r 2 ( θ ) f ( r cos θ , r sin θ ) r d r .
r r r ∣ ∂ ( x , y ) ∂ ( r , θ ) ∣ = r \Big|\dfrac{\pd(x,y)}{\pd(r,\theta)}\Big|=r ∂ ( r , θ ) ∂ ( x , y ) = r d r \dd r d r r d θ r\dd\theta r d θ 三种情形：极点在区域外（r r r r 1 r_1 r 1 r 2 r_2 r 2 r r r θ \theta θ 2 π 2\pi 2 π
何时用（刷题本）：一看区域是圆状域或其一部分、直角顶点在原点的三角形；二看被积函数是 f ( x 2 + y 2 ) f(x^2+y^2) f ( x 2 + y 2 ) f ( y x ) f\big(\frac yx\big) f ( x y )
方法卡 · 极坐标计算二重积分
什么时候用
区域由圆、过原点的射线围成；被积函数含
x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 ；直角坐标算不下去。
步骤
把每条边界化成极坐标方程（A.3 节）：射线 θ = \theta= θ = r = a r=a r = a r = 2 a cos θ r=2a\cos\theta r = 2 a cos θ r = a cos θ r=\frac a{\cos\theta} r = c o s θ a
定 θ \theta θ
从原点射出一条射线，先碰到的边界是下限，后碰到的是上限；不同方向碰到的边界不同就分段。
代换被积函数，乘上 r r r θ \theta θ r r r 最容易错
漏乘
r r r ；
θ \theta θ 的范围读错（比如
y = 3 x y=\sqrt3x y = 3 x 写成
π 6 \frac\pi6 6 π ）；射线在不同方向碰到不同边界却没分段。
x y O θ=π/6 θ=π/3 1 2 李林例题的扇环：r r r θ \theta θ π 6 \frac\pi6 6 π π 3 \frac\pi3 3 π x y O 2xy =1 4xy =1 y =x y =√3x 2015 数一(4)：射线从 4 x y = 1 4xy=1 4 x y = 1 2 x y = 1 2xy=1 2 x y = 1
例 4.1 李林 第十章 §2 例如 · p251
计算
I = ∬ D ( x + 2 y ) d x d y I=\displaystyle\iint_D(x+2y)\dx\dy I = ∬ D ( x + 2 y ) d x d y ，其中
D D D 是由
x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 ，
x 2 + y 2 = 4 x^2+y^2=4 x 2 + y 2 = 4 ，
y = 1 3 x y=\dfrac1{\sqrt3}x y = 3 1 x ，
y = 3 x y=\sqrt3x y = 3 x 所围成的闭区域在第一象限的部分。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 边界化成极坐标。 x 2 + y 2 = 1 ⇒ r = 1 x^2+y^2=1\Rightarrow r=1 x 2 + y 2 = 1 ⇒ r = 1 x 2 + y 2 = 4 ⇒ r = 2 x^2+y^2=4\Rightarrow r=2 x 2 + y 2 = 4 ⇒ r = 2 y = 1 3 x ⇒ θ = π 6 y=\frac1{\sqrt3}x\Rightarrow\theta=\frac\pi6 y = 3 1 x ⇒ θ = 6 π y = 3 x ⇒ θ = π 3 y=\sqrt3x\Rightarrow\theta=\frac\pi3 y = 3 x ⇒ θ = 3 π
过原点的直线 y = k x y=kx y = k x tan θ = k \tan\theta=k tan θ = k tan π 6 = 1 3 \tan\frac\pi6=\frac1{\sqrt3} tan 6 π = 3 1 tan π 3 = 3 \tan\frac\pi3=\sqrt3 tan 3 π = 3
② 写成累次积分。 I = ∫ π 6 π 3 d θ ∫ 1 2 ( r cos θ + 2 r sin θ ) r d r = ∫ π 6 π 3 ( cos θ + 2 sin θ ) d θ ⋅ ∫ 1 2 r 2 d r I=\displaystyle\int_{\frac\pi6}^{\frac\pi3}\dd\theta\int_1^2(r\cos\theta+2r\sin\theta)r\dd r=\int_{\frac\pi6}^{\frac\pi3}(\cos\theta+2\sin\theta)\dd\theta\cdot\int_1^2r^2\dd r I = ∫ 6 π 3 π d θ ∫ 1 2 ( r cos θ + 2 r sin θ ) r d r = ∫ 6 π 3 π ( cos θ + 2 sin θ ) d θ ⋅ ∫ 1 2 r 2 d r
扇环的 r r r θ \theta θ θ \theta θ r r r
③ 计算。 ∫ 1 2 r 2 d r = 7 3 \displaystyle\int_1^2r^2\dd r=\frac73 ∫ 1 2 r 2 d r = 3 7 ∫ π 6 π 3 ( cos θ + 2 sin θ ) d θ = [ sin θ − 2 cos θ ] π 6 π 3 = 3 2 ( 3 − 1 ) \displaystyle\int_{\frac\pi6}^{\frac\pi3}(\cos\theta+2\sin\theta)\dd\theta=\big[\sin\theta-2\cos\theta\big]_{\frac\pi6}^{\frac\pi3}=\frac32(\sqrt3-1) ∫ 6 π 3 π ( cos θ + 2 sin θ ) d θ = [ sin θ − 2 cos θ ] 6 π 3 π = 2 3 ( 3 − 1 ) I = 7 2 ( 3 − 1 ) I=\dfrac72(\sqrt3-1) I = 2 7 ( 3 − 1 )
把上下限分别代入原函数 sin θ − 2 cos θ \sin\theta-2\cos\theta sin θ − 2 cos θ π 3 \frac\pi3 3 π 3 2 − 1 \frac{\sqrt3}2-1 2 3 − 1 π 6 \frac\pi6 6 π 1 2 − 3 \frac12-\sqrt3 2 1 − 3 3 3 2 − 3 2 \frac{3\sqrt3}2-\frac32 2 3 3 − 2 3
答案：7 2 ( 3 − 1 ) \frac72(\sqrt3-1) 2 7 ( 3 − 1 )
例 4.2 2015 数一(4) 2015 数二(6) 李林 第十章 习题 选择 (2) · p264
设
D D D 是第一象限中的曲线
2 x y = 1 2xy=1 2 x y = 1 ，
4 x y = 1 4xy=1 4 x y = 1 与直线
y = x y=x y = x ，
y = 3 x y=\sqrt3x y = 3 x 围成的平面区域，函数
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 在
D D D 上连续，则
∬ D f ( x , y ) d x d y = \displaystyle\iint_Df(x,y)\dx\dy= ∬ D f ( x , y ) d x d y = （ ）
（A）
∫ π 4 π 3 d θ ∫ 1 2 sin 2 θ 1 sin 2 θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r \displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi3}\dd\theta\int_{\frac1{2\sin2\theta}}^{\frac1{\sin2\theta}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\dd r ∫ 4 π 3 π d θ ∫ 2 s i n 2 θ 1 s i n 2 θ 1 f ( r cos θ , r sin θ ) r d r （B）
∫ π 4 π 3 d θ ∫ 1 2 sin 2 θ 1 sin 2 θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r \displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi3}\dd\theta\int_{\frac1{\sqrt{2\sin2\theta}}}^{\frac1{\sqrt{\sin2\theta}}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\dd r ∫ 4 π 3 π d θ ∫ 2 s i n 2 θ 1 s i n 2 θ 1 f ( r cos θ , r sin θ ) r d r （C）
∫ π 4 π 3 d θ ∫ 1 2 sin 2 θ 1 sin 2 θ f ( r cos θ , r sin θ ) d r \displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi3}\dd\theta\int_{\frac1{2\sin2\theta}}^{\frac1{\sin2\theta}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)\dd r ∫ 4 π 3 π d θ ∫ 2 s i n 2 θ 1 s i n 2 θ 1 f ( r cos θ , r sin θ ) d r （D）
∫ π 4 π 3 d θ ∫ 1 2 sin 2 θ 1 sin 2 θ f ( r cos θ , r sin θ ) d r \displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi3}\dd\theta\int_{\frac1{\sqrt{2\sin2\theta}}}^{\frac1{\sqrt{\sin2\theta}}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)\dd r ∫ 4 π 3 π d θ ∫ 2 s i n 2 θ 1 s i n 2 θ 1 f ( r cos θ , r sin θ ) d r 解答先遮住，自己试 5 分钟
① θ \theta θ y = x ⇒ θ = π 4 y=x\Rightarrow\theta=\frac\pi4 y = x ⇒ θ = 4 π y = 3 x ⇒ θ = π 3 y=\sqrt3x\Rightarrow\theta=\frac\pi3 y = 3 x ⇒ θ = 3 π
区域夹在两条过原点的直线之间，θ \theta θ
② 双曲线化极坐标。 4 x y = 1 ⇒ 4 r 2 sin θ cos θ = 1 ⇒ r 2 = 1 2 sin 2 θ 4xy=1\Rightarrow4r^2\sin\theta\cos\theta=1\Rightarrow r^2=\dfrac1{2\sin2\theta} 4 x y = 1 ⇒ 4 r 2 sin θ cos θ = 1 ⇒ r 2 = 2 sin 2 θ 1 r = 1 2 sin 2 θ r=\dfrac1{\sqrt{2\sin2\theta}} r = 2 sin 2 θ 1 2 x y = 1 ⇒ r = 1 sin 2 θ 2xy=1\Rightarrow r=\dfrac1{\sqrt{\sin2\theta}} 2 x y = 1 ⇒ r = sin 2 θ 1
x y = r 2 sin θ cos θ = r 2 2 sin 2 θ xy=r^2\sin\theta\cos\theta=\frac{r^2}2\sin2\theta x y = r 2 sin θ cos θ = 2 r 2 sin 2 θ r 2 r^2 r 2
③ 选择。 射线先碰到离原点近的 4 x y = 1 4xy=1 4 x y = 1 2 x y = 1 2xy=1 2 x y = 1 r r r
（A）（C）忘了开方；（C）（D）漏了面积元素里的 r r r
答案：B
例 4.3 2020 数二(19)
设平面区域
D D D 由直线
x = 1 x=1 x = 1 ，
x = 2 x=2 x = 2 ，
y = x y=x y = x 与
x x x 轴围成，计算
∬ D x 2 + y 2 x d x d y \displaystyle\iint_D\frac{\sqrt{x^2+y^2}}x\dx\dy ∬ D x x 2 + y 2 d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 为什么用极坐标。 被积函数含 x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2 x 2 + y 2 x = 1 cos θ \frac{\sqrt{x^2+y^2}}x=\frac1{\cos\theta} x x 2 + y 2 = c o s θ 1 θ \theta θ x x x y = x y=x y = x
这两点都是用极坐标的信号：被积函数化简后很干净，θ \theta θ
② 定限。 θ ∈ [ 0 , π 4 ] \theta\in[0,\frac\pi4] θ ∈ [ 0 , 4 π ] x = 1 x=1 x = 1 r = sec θ r=\sec\theta r = sec θ x = 2 x=2 x = 2 r = 2 sec θ r=2\sec\theta r = 2 sec θ
竖直线 x = a x=a x = a r cos θ = a r\cos\theta=a r cos θ = a r = a sec θ r=a\sec\theta r = a sec θ
③ 化成一元积分。 ∬ D = ∫ 0 π 4 1 cos θ d θ ∫ sec θ 2 sec θ r d r = 3 2 ∫ 0 π 4 sec 3 θ d θ \displaystyle\iint_D=\int_0^{\frac\pi4}\frac1{\cos\theta}\dd\theta\int_{\sec\theta}^{2\sec\theta}r\dd r=\frac32\int_0^{\frac\pi4}\sec^3\theta\dd\theta ∬ D = ∫ 0 4 π cos θ 1 d θ ∫ s e c θ 2 s e c θ r d r = 2 3 ∫ 0 4 π sec 3 θ d θ
内层对 r r r θ \theta θ ∫ sec θ 2 sec θ r d r = 1 2 ( 4 − 1 ) sec 2 θ \int_{\sec\theta}^{2\sec\theta}r\dd r=\frac12(4-1)\sec^2\theta ∫ s e c θ 2 s e c θ r d r = 2 1 ( 4 − 1 ) sec 2 θ 1 cos θ = sec θ \frac1{\cos\theta}=\sec\theta c o s θ 1 = sec θ sec 3 θ \sec^3\theta sec 3 θ
④ 计算 ∫ sec 3 θ \int\sec^3\theta ∫ sec 3 θ ∫ 0 π 4 sec 3 θ d θ = 1 2 [ sec θ tan θ + ln ( sec θ + tan θ ) ] 0 π 4 = 1 2 [ 2 + ln ( 1 + 2 ) ] \displaystyle\int_0^{\frac\pi4}\sec^3\theta\dd\theta=\frac12\big[\sec\theta\tan\theta+\ln(\sec\theta+\tan\theta)\big]_0^{\frac\pi4}=\frac12\big[\sqrt2+\ln(1+\sqrt2)\big] ∫ 0 4 π sec 3 θ d θ = 2 1 [ sec θ tan θ + ln ( sec θ + tan θ ) ] 0 4 π = 2 1 [ 2 + ln ( 1 + 2 ) ] = 3 4 [ 2 + ln ( 1 + 2 ) ] =\dfrac34\big[\sqrt2+\ln(1+\sqrt2)\big] = 4 3 [ 2 + ln ( 1 + 2 ) ]
∫ sec 3 \int\sec^3 ∫ sec 3 sec θ d θ \sec\theta\dd\theta sec θ d θ d tan θ \dd\tan\theta d tan θ
答案：3 4 [ 2 + ln ( 1 + 2 ) ] \frac34\big[\sqrt2+\ln(1+\sqrt2)\big] 4 3 [ 2 + ln ( 1 + 2 ) ]
例 4.4 2024 数一(17)
已知平面区域
D = { ( x , y ) ∣ 1 − y 2 ≤ x ≤ 1 , − 1 ≤ y ≤ 1 } D=\{(x,y)\mid\sqrt{1-y^2}\le x\le1,\ -1\le y\le1\} D = {( x , y ) ∣ 1 − y 2 ≤ x ≤ 1 , − 1 ≤ y ≤ 1 } ，计算
∬ D x x 2 + y 2 d σ \displaystyle\iint_D\frac x{\sqrt{x^2+y^2}}\dd\sigma ∬ D x 2 + y 2 x d σ 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 区域。 正方形 0 ≤ x ≤ 1 0\le x\le1 0 ≤ x ≤ 1 − 1 ≤ y ≤ 1 -1\le y\le1 − 1 ≤ y ≤ 1
x ≥ 1 − y 2 ⟺ x 2 + y 2 ≥ 1 x\ge\sqrt{1-y^2}\iff x^2+y^2\ge1 x ≥ 1 − y 2 ⟺ x 2 + y 2 ≥ 1 x ≥ 0 x\ge0 x ≥ 0 x ≤ 1 x\le1 x ≤ 1 ∣ y ∣ ≤ 1 |y|\le1 ∣ y ∣ ≤ 1
② 先对 x x x ∫ 1 − y 2 1 x x 2 + y 2 d x = [ x 2 + y 2 ] 1 − y 2 1 = 1 + y 2 − 1 \displaystyle\int_{\sqrt{1-y^2}}^1\frac x{\sqrt{x^2+y^2}}\dx=\Big[\sqrt{x^2+y^2}\Big]_{\sqrt{1-y^2}}^1=\sqrt{1+y^2}-1 ∫ 1 − y 2 1 x 2 + y 2 x d x = [ x 2 + y 2 ] 1 − y 2 1 = 1 + y 2 − 1
分子 x x x x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 x x x x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1
③ 外层。 原式 = ∫ − 1 1 ( 1 + y 2 − 1 ) d y = 2 ∫ 0 1 1 + y 2 d y − 2 = 2 + ln ( 1 + 2 ) − 2 =\displaystyle\int_{-1}^1\big(\sqrt{1+y^2}-1\big)\dy=2\int_0^1\sqrt{1+y^2}\dy-2=\sqrt2+\ln(1+\sqrt2)-2 = ∫ − 1 1 ( 1 + y 2 − 1 ) d y = 2 ∫ 0 1 1 + y 2 d y − 2 = 2 + ln ( 1 + 2 ) − 2
∫ 1 + y 2 d y = 1 2 [ y 1 + y 2 + ln ( y + 1 + y 2 ) ] \int\sqrt{1+y^2}\dy=\frac12\big[y\sqrt{1+y^2}+\ln(y+\sqrt{1+y^2})\big] ∫ 1 + y 2 d y = 2 1 [ y 1 + y 2 + ln ( y + 1 + y 2 ) ]
④ 为什么没用极坐标。 极坐标下 x x 2 + y 2 = cos θ \frac x{\sqrt{x^2+y^2}}=\cos\theta x 2 + y 2 x = cos θ ∣ θ ∣ ≤ π 4 |\theta|\le\frac\pi4 ∣ θ ∣ ≤ 4 π x = 1 x=1 x = 1 π 4 ≤ ∣ θ ∣ ≤ π 2 \frac\pi4\le|\theta|\le\frac\pi2 4 π ≤ ∣ θ ∣ ≤ 2 π y = ± 1 y=\pm1 y = ± 1
不是看到 x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2
答案：2 + ln ( 1 + 2 ) − 2 \sqrt2+\ln(1+\sqrt2)-2 2 + ln ( 1 + 2 ) − 2
4.2 偏心圆、心形线与其他极坐标曲线大白话：偏心圆 x 2 + y 2 = 2 a x x^2+y^2=2ax x 2 + y 2 = 2 a x x 2 + y 2 = 2 b y x^2+y^2=2by x 2 + y 2 = 2 b y r = 2 a cos θ r=2a\cos\theta r = 2 a cos θ r = 2 b sin θ r=2b\sin\theta r = 2 b sin θ ，原点在边界上，所以 r r r
x y O (1, 1) r =2sin θθ=π/4 y = x y=x y = x x 2 + y 2 = 2 y x^2+y^2=2y x 2 + y 2 = 2 y y y y π 4 ≤ θ ≤ π 2 \frac\pi4\le\theta\le\frac\pi2 4 π ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ 2 sin θ 0\le r\le2\sin\theta 0 ≤ r ≤ 2 sin θ x y O r =2(1+cos θ)r =2心形线以内、圆 r = 2 r=2 r = 2 2 ≤ r ≤ 2 ( 1 + cos θ ) 2\le r\le2(1+\cos\theta) 2 ≤ r ≤ 2 ( 1 + cos θ )
常用的极坐标区域
x 2 + y 2 ≤ 2 a x x^2+y^2\le2ax x 2 + y 2 ≤ 2 a x − π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2 − 2 π ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ 2 a cos θ 0\le r\le2a\cos\theta 0 ≤ r ≤ 2 a cos θ x 2 + y 2 ≤ 2 b y x^2+y^2\le2by x 2 + y 2 ≤ 2 b y 0 ≤ θ ≤ π 0\le\theta\le\pi 0 ≤ θ ≤ π 0 ≤ r ≤ 2 b sin θ 0\le r\le2b\sin\theta 0 ≤ r ≤ 2 b sin θ 两个偏心圆的公共部分（如 x 2 + y 2 ≤ 2 x x^2+y^2\le2x x 2 + y 2 ≤ 2 x x 2 + y 2 ≤ 2 y x^2+y^2\le2y x 2 + y 2 ≤ 2 y θ = π 4 \theta=\frac\pi4 θ = 4 π θ < π 4 \theta<\frac\pi4 θ < 4 π r ≤ 2 sin θ r\le2\sin\theta r ≤ 2 sin θ θ > π 4 \theta>\frac\pi4 θ > 4 π r ≤ 2 cos θ r\le2\cos\theta r ≤ 2 cos θ
心形线 r ≤ a ( 1 + cos θ ) r\le a(1+\cos\theta) r ≤ a ( 1 + cos θ ) 0 ≤ θ ≤ 2 π 0\le\theta\le2\pi 0 ≤ θ ≤ 2 π r 2 ≤ a 2 cos 2 θ r^2\le a^2\cos2\theta r 2 ≤ a 2 cos 2 θ − π 4 ≤ θ ≤ π 4 -\frac\pi4\le\theta\le\frac\pi4 − 4 π ≤ θ ≤ 4 π
对称性（孝哥一页纸）：r ( − θ ) = r ( θ ) r(-\theta)=r(\theta) r ( − θ ) = r ( θ ) r ( π − θ ) = r ( θ ) r(\pi-\theta)=r(\theta) r ( π − θ ) = r ( θ ) y y y
方法卡 · 偏心圆与极坐标曲线
什么时候用
区域边界有偏心圆、心形线、双纽线、玫瑰线，或
( x 2 + y 2 ) k (x^2+y^2)^k ( x 2 + y 2 ) k 这类方程。
步骤
把每条曲线化成 r = r ( θ ) r=r(\theta) r = r ( θ )
求出两条边界交点的方向角，按方向角分段。
每段里射线从原点出发，写出 r r r
积分时用 sin n \sin^n sin n cos n \cos^n cos n d ( sin θ ) \dd(\sin\theta) d ( sin θ ) d ( cos θ ) \dd(\cos\theta) d ( cos θ ) 最容易错
偏心圆的
θ \theta θ 范围写成
[ 0 , 2 π ] [0,2\pi] [ 0 , 2 π ] ；两圆的公共部分只写了一个上限；心形线忘了
( 1 + cos θ ) k (1+\cos\theta)^k ( 1 + cos θ ) k 要展开或用半角公式。
例 4.5 2011 数二(13)
设平面区域
D D D 由直线
y = x y=x y = x ，圆
x 2 + y 2 = 2 y x^2+y^2=2y x 2 + y 2 = 2 y 及
y y y 轴所围成，则二重积分
∬ D x y d σ = \displaystyle\iint_Dxy\dd\sigma= ∬ D x y d σ = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 区域的极坐标。 圆 x 2 + y 2 = 2 y x^2+y^2=2y x 2 + y 2 = 2 y r = 2 sin θ r=2\sin\theta r = 2 sin θ y = x y=x y = x θ = π 4 \theta=\frac\pi4 θ = 4 π y y y θ = π 2 \theta=\frac\pi2 θ = 2 π π 4 ≤ θ ≤ π 2 \frac\pi4\le\theta\le\frac\pi2 4 π ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ 2 sin θ 0\le r\le2\sin\theta 0 ≤ r ≤ 2 sin θ
圆过原点，原点在边界上，r r r
② 积分。 ∬ D x y d σ = ∫ π 4 π 2 sin θ cos θ d θ ∫ 0 2 sin θ r 3 d r = ∫ π 4 π 2 4 sin 5 θ cos θ d θ \displaystyle\iint_Dxy\dd\sigma=\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\sin\theta\cos\theta\dd\theta\int_0^{2\sin\theta}r^3\dd r=\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}4\sin^5\theta\cos\theta\dd\theta ∬ D x y d σ = ∫ 4 π 2 π sin θ cos θ d θ ∫ 0 2 s i n θ r 3 d r = ∫ 4 π 2 π 4 sin 5 θ cos θ d θ
被积函数换成极坐标 x y = r 2 sin θ cos θ xy=r^2\sin\theta\cos\theta x y = r 2 sin θ cos θ r r r r 3 r^3 r 3 ∫ 0 2 sin θ r 3 d r = 4 sin 4 θ \int_0^{2\sin\theta}r^3\dd r=4\sin^4\theta ∫ 0 2 s i n θ r 3 d r = 4 sin 4 θ
③ 凑微分。 = 4 6 sin 6 θ ∣ π 4 π 2 = 2 3 ( 1 − 1 8 ) = 7 12 =\dfrac46\sin^6\theta\Big|_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}=\dfrac23\Big(1-\dfrac18\Big)=\dfrac7{12} = 6 4 sin 6 θ 4 π 2 π = 3 2 ( 1 − 8 1 ) = 12 7
被积式里的 cos θ \cos\theta cos θ d ( sin θ ) \dd(\sin\theta) d ( sin θ ) sin π 4 = 2 2 \sin\frac\pi4=\frac{\sqrt2}2 sin 4 π = 2 2 1 8 \frac18 8 1
答案：7 12 \frac7{12} 12 7
例 4.6 2015 数三(3)
设
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 x , x 2 + y 2 ≤ 2 y } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le2x,\ x^2+y^2\le2y\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 x , x 2 + y 2 ≤ 2 y } ，函数
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 在
D D D 上连续，则
∬ D f ( x , y ) d x d y = \displaystyle\iint_Df(x,y)\dx\dy= ∬ D f ( x , y ) d x d y = （ ）
（A）
∫ 0 π 4 d θ ∫ 0 2 cos θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r + ∫ π 4 π 2 d θ ∫ 0 2 sin θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r \displaystyle\int_0^{\frac\pi4}\dd\theta\int_0^{2\cos\theta}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\dd r+\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\dd\theta\int_0^{2\sin\theta}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\dd r ∫ 0 4 π d θ ∫ 0 2 c o s θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r + ∫ 4 π 2 π d θ ∫ 0 2 s i n θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r （B）
∫ 0 π 4 d θ ∫ 0 2 sin θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r + ∫ π 4 π 2 d θ ∫ 0 2 cos θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r \displaystyle\int_0^{\frac\pi4}\dd\theta\int_0^{2\sin\theta}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\dd r+\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\dd\theta\int_0^{2\cos\theta}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\dd r ∫ 0 4 π d θ ∫ 0 2 s i n θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r + ∫ 4 π 2 π d θ ∫ 0 2 c o s θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r （C）
2 ∫ 0 1 d x ∫ 1 − 1 − x 2 x f ( x , y ) d y \displaystyle2\int_0^1\dx\int_{1-\sqrt{1-x^2}}^xf(x,y)\dy 2 ∫ 0 1 d x ∫ 1 − 1 − x 2 x f ( x , y ) d y （D）
2 ∫ 0 1 d x ∫ x 2 x − x 2 f ( x , y ) d y \displaystyle2\int_0^1\dx\int_x^{\sqrt{2x-x^2}}f(x,y)\dy 2 ∫ 0 1 d x ∫ x 2 x − x 2 f ( x , y ) d y 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 区域。 两个偏心圆 r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) r = 2 sin θ r=2\sin\theta r = 2 sin θ ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) y = x y=x y = x ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 )
x 2 + y 2 ≤ 2 x x^2+y^2\le2x x 2 + y 2 ≤ 2 x x 2 + y 2 ≤ 2 y x^2+y^2\le2y x 2 + y 2 ≤ 2 y θ = π 4 \theta=\frac\pi4 θ = 4 π
② 射线碰到谁。 0 ≤ θ ≤ π 4 0\le\theta\le\frac\pi4 0 ≤ θ ≤ 4 π sin θ ≤ cos θ \sin\theta\le\cos\theta sin θ ≤ cos θ r = 2 sin θ r=2\sin\theta r = 2 sin θ π 4 ≤ θ ≤ π 2 \frac\pi4\le\theta\le\frac\pi2 4 π ≤ θ ≤ 2 π r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ
两个不等式要同时满足，r r r 2 sin θ 2\sin\theta 2 sin θ 2 cos θ 2\cos\theta 2 cos θ π 4 \frac\pi4 4 π
③ 为什么不是（C）（D）。 （C）（D）把区域的一半乘 2，要求 f f f y = x y=x y = x f ( x , y ) = f ( y , x ) f(x,y)=f(y,x) f ( x , y ) = f ( y , x ) f f f
区域关于 y = x y=x y = x
答案：B
例 4.7 2012 数二(18)
计算二重积分
∬ D x y d σ \displaystyle\iint_Dxy\dd\sigma ∬ D x y d σ ，其中区域
D D D 由曲线
r = 1 + cos θ ( 0 ≤ θ ≤ π ) r=1+\cos\theta\ (0\le\theta\le\pi) r = 1 + cos θ ( 0 ≤ θ ≤ π ) 与极轴围成。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 定限。 0 ≤ θ ≤ π 0\le\theta\le\pi 0 ≤ θ ≤ π 0 ≤ r ≤ 1 + cos θ 0\le r\le1+\cos\theta 0 ≤ r ≤ 1 + cos θ
极轴就是 x x x
② 积分。 ∬ D x y d σ = ∫ 0 π sin θ cos θ d θ ∫ 0 1 + cos θ r 3 d r = 1 4 ∫ 0 π sin θ cos θ ( 1 + cos θ ) 4 d θ \displaystyle\iint_Dxy\dd\sigma=\int_0^\pi\sin\theta\cos\theta\dd\theta\int_0^{1+\cos\theta}r^3\dd r=\frac14\int_0^\pi\sin\theta\cos\theta(1+\cos\theta)^4\dd\theta ∬ D x y d σ = ∫ 0 π sin θ cos θ d θ ∫ 0 1 + c o s θ r 3 d r = 4 1 ∫ 0 π sin θ cos θ ( 1 + cos θ ) 4 d θ
极坐标下被积函数 x y xy x y r r r r 3 sin θ cos θ r^3\sin\theta\cos\theta r 3 sin θ cos θ r r r 1 4 ( 1 + cos θ ) 4 \frac14(1+\cos\theta)^4 4 1 ( 1 + cos θ ) 4
③ 换元 u = cos θ u=\cos\theta u = cos θ = 1 4 ∫ − 1 1 u ( 1 + u ) 4 d u = 1 4 [ ( 1 + u ) 6 6 − ( 1 + u ) 5 5 ] − 1 1 = 1 4 ( 64 6 − 32 5 ) = 16 15 =\dfrac14\displaystyle\int_{-1}^1u(1+u)^4\du=\frac14\Big[\frac{(1+u)^6}6-\frac{(1+u)^5}5\Big]_{-1}^1=\frac14\Big(\frac{64}6-\frac{32}5\Big)=\frac{16}{15} = 4 1 ∫ − 1 1 u ( 1 + u ) 4 d u = 4 1 [ 6 ( 1 + u ) 6 − 5 ( 1 + u ) 5 ] − 1 1 = 4 1 ( 6 64 − 5 32 ) = 15 16
sin θ d θ = − d u \sin\theta\dd\theta=-\du sin θ d θ = − d u θ \theta θ π \pi π u u u − 1 -1 − 1 u = ( 1 + u ) − 1 u=(1+u)-1 u = ( 1 + u ) − 1
答案：16 15 \frac{16}{15} 15 16
例 4.8 2016 数一(15)
已知平面区域
D = { ( r , θ ) ∣ 2 ≤ r ≤ 2 ( 1 + cos θ ) , − π 2 ≤ θ ≤ π 2 } D=\Big\{(r,\theta)\ \Big|\ 2\le r\le2(1+\cos\theta),\ -\dfrac\pi2\le\theta\le\dfrac\pi2\Big\} D = { ( r , θ ) 2 ≤ r ≤ 2 ( 1 + cos θ ) , − 2 π ≤ θ ≤ 2 π } ，计算二重积分
∬ D x d x d y \displaystyle\iint_Dx\dx\dy ∬ D x d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 区域已经是极坐标。 心形线 r = 2 ( 1 + cos θ ) r=2(1+\cos\theta) r = 2 ( 1 + cos θ ) r = 2 r=2 r = 2 θ ∈ [ − π 2 , π 2 ] \theta\in[-\frac\pi2,\frac\pi2] θ ∈ [ − 2 π , 2 π ]
题目直接给出 r r r θ \theta θ r = 2 r=2 r = 2
② 积分。 ∬ D x d x d y = ∫ − π 2 π 2 cos θ d θ ∫ 2 2 ( 1 + cos θ ) r 2 d r = 8 3 ∫ − π 2 π 2 cos θ [ ( 1 + cos θ ) 3 − 1 ] d θ \displaystyle\iint_Dx\dx\dy=\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos\theta\dd\theta\int_2^{2(1+\cos\theta)}r^2\dd r=\frac83\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos\theta\big[(1+\cos\theta)^3-1\big]\dd\theta ∬ D x d x d y = ∫ − 2 π 2 π cos θ d θ ∫ 2 2 ( 1 + c o s θ ) r 2 d r = 3 8 ∫ − 2 π 2 π cos θ [ ( 1 + cos θ ) 3 − 1 ] d θ
被积函数 x = r cos θ x=r\cos\theta x = r cos θ r r r r 2 cos θ r^2\cos\theta r 2 cos θ ∫ 2 2 ( 1 + cos θ ) r 2 d r = 8 3 [ ( 1 + cos θ ) 3 − 1 ] \int_2^{2(1+\cos\theta)}r^2\dd r=\frac83[(1+\cos\theta)^3-1] ∫ 2 2 ( 1 + c o s θ ) r 2 d r = 3 8 [( 1 + cos θ ) 3 − 1 ]
③ 展开，用华里士公式。 cos θ [ ( 1 + cos θ ) 3 − 1 ] = 3 cos 2 θ + 3 cos 3 θ + cos 4 θ \cos\theta[(1+\cos\theta)^3-1]=3\cos^2\theta+3\cos^3\theta+\cos^4\theta cos θ [( 1 + cos θ ) 3 − 1 ] = 3 cos 2 θ + 3 cos 3 θ + cos 4 θ [ − π 2 , π 2 ] [-\frac\pi2,\frac\pi2] [ − 2 π , 2 π ] 3 π 2 \frac{3\pi}2 2 3 π 4 4 4 3 π 8 \frac{3\pi}8 8 3 π = 8 3 ( 15 π 8 + 4 ) = 5 π + 32 3 =\dfrac83\Big(\dfrac{15\pi}8+4\Big)=5\pi+\dfrac{32}3 = 3 8 ( 8 15 π + 4 ) = 5 π + 3 32
被积函数是偶函数，[ − π 2 , π 2 ] [-\frac\pi2,\frac\pi2] [ − 2 π , 2 π ] [ 0 , π 2 ] [0,\frac\pi2] [ 0 , 2 π ] cos 2 \cos^2 cos 2 π 2 \frac\pi2 2 π cos 3 \cos^3 cos 3 4 3 \frac43 3 4 cos 4 \cos^4 cos 4 3 π 8 \frac{3\pi}8 8 3 π
答案：5 π + 32 3 5\pi+\frac{32}3 5 π + 3 32
x y O r =sin²θy =x y =−x 2019 数二(18) 的区域：r ≤ sin 2 θ r\le\sin^2\theta r ≤ sin 2 θ π 4 ≤ θ ≤ 3 π 4 \frac\pi4\le\theta\le\frac{3\pi}4 4 π ≤ θ ≤ 4 3 π
例 4.9 2019 数二(18)
已知平面区域
D = { ( x , y ) ∣ ∣ x ∣ ≤ y , ( x 2 + y 2 ) 3 ≤ y 4 } D=\{(x,y)\mid|x|\le y,\ (x^2+y^2)^3\le y^4\} D = {( x , y ) ∣ ∣ x ∣ ≤ y , ( x 2 + y 2 ) 3 ≤ y 4 } ，计算二重积分
∬ D x + y x 2 + y 2 d x d y \displaystyle\iint_D\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}\dx\dy ∬ D x 2 + y 2 x + y d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 化成极坐标区域。 ( x 2 + y 2 ) 3 ≤ y 4 ⟺ r 6 ≤ r 4 sin 4 θ ⟺ r ≤ sin 2 θ (x^2+y^2)^3\le y^4\iff r^6\le r^4\sin^4\theta\iff r\le\sin^2\theta ( x 2 + y 2 ) 3 ≤ y 4 ⟺ r 6 ≤ r 4 sin 4 θ ⟺ r ≤ sin 2 θ ∣ x ∣ ≤ y ⟺ π 4 ≤ θ ≤ 3 π 4 |x|\le y\iff\frac\pi4\le\theta\le\frac{3\pi}4 ∣ x ∣ ≤ y ⟺ 4 π ≤ θ ≤ 4 3 π
约去 r 4 r^4 r 4 y ≥ ∣ x ∣ y\ge|x| y ≥ ∣ x ∣ π 4 \frac\pi4 4 π 3 π 4 \frac{3\pi}4 4 3 π
② 积分。 ∬ D = ∫ π 4 3 π 4 ( cos θ + sin θ ) d θ ∫ 0 sin 2 θ r d r = 1 2 ∫ π 4 3 π 4 ( cos θ + sin θ ) sin 4 θ d θ \displaystyle\iint_D=\int_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}(\cos\theta+\sin\theta)\dd\theta\int_0^{\sin^2\theta}r\dd r=\frac12\int_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}(\cos\theta+\sin\theta)\sin^4\theta\dd\theta ∬ D = ∫ 4 π 4 3 π ( cos θ + sin θ ) d θ ∫ 0 s i n 2 θ r d r = 2 1 ∫ 4 π 4 3 π ( cos θ + sin θ ) sin 4 θ d θ
x + y x 2 + y 2 = cos θ + sin θ \frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}=\cos\theta+\sin\theta x 2 + y 2 x + y = cos θ + sin θ r r r
③ 两部分。 被积函数分成两部分分别积。cos θ sin 4 θ \cos\theta\sin^4\theta cos θ sin 4 θ = 1 10 sin 5 θ ∣ π 4 3 π 4 = 0 =\frac1{10}\sin^5\theta\big|_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}=0 = 10 1 sin 5 θ 4 π 4 3 π = 0 sin 5 θ \sin^5\theta sin 5 θ = ∫ π 4 π 2 sin 5 θ d θ = [ − cos θ + 2 3 cos 3 θ − 1 5 cos 5 θ ] π 4 π 2 = 43 2 120 =\displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\sin^5\theta\dd\theta=\Big[-\cos\theta+\frac23\cos^3\theta-\frac15\cos^5\theta\Big]_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}=\frac{43\sqrt2}{120} = ∫ 4 π 2 π sin 5 θ d θ = [ − cos θ + 3 2 cos 3 θ − 5 1 cos 5 θ ] 4 π 2 π = 120 43 2
sin 3 π 4 = sin π 4 \sin\frac{3\pi}4=\sin\frac\pi4 sin 4 3 π = sin 4 π sin 5 \sin^5 sin 5 π 2 \frac\pi2 2 π 1 2 \frac12 2 1 sin 5 = ( 1 − cos 2 ) 2 sin \sin^5=(1-\cos^2)^2\sin sin 5 = ( 1 − cos 2 ) 2 sin u = cos θ u=\cos\theta u = cos θ
答案：43 2 120 \frac{43\sqrt2}{120} 120 43 2
例 4.10 2021 数二(21)
设
D D D 由曲线
( x 2 + y 2 ) 2 = x 2 − y 2 ( x ≥ 0 , y ≥ 0 ) (x^2+y^2)^2=x^2-y^2\ (x\ge0,\ y\ge0) ( x 2 + y 2 ) 2 = x 2 − y 2 ( x ≥ 0 , y ≥ 0 ) 与
x x x 轴围成，求
∬ D x y d x d y \displaystyle\iint_Dxy\dx\dy ∬ D x y d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 双纽线化极坐标。 r 4 = r 2 cos 2 θ ⇒ r 2 = cos 2 θ r^4=r^2\cos2\theta\Rightarrow r^2=\cos2\theta r 4 = r 2 cos 2 θ ⇒ r 2 = cos 2 θ cos 2 θ ≥ 0 \cos2\theta\ge0 cos 2 θ ≥ 0 0 ≤ θ ≤ π 4 0\le\theta\le\frac\pi4 0 ≤ θ ≤ 4 π 0 ≤ r ≤ cos 2 θ 0\le r\le\sqrt{\cos2\theta} 0 ≤ r ≤ cos 2 θ
A.2 节：双纽线只在 cos 2 θ ≥ 0 \cos2\theta\ge0 cos 2 θ ≥ 0 θ ∈ [ 0 , π 4 ] \theta\in[0,\frac\pi4] θ ∈ [ 0 , 4 π ]
② 积分。 ∬ D x y d x d y = ∫ 0 π 4 sin θ cos θ d θ ∫ 0 cos 2 θ r 3 d r = 1 8 ∫ 0 π 4 sin 2 θ cos 2 2 θ d θ \displaystyle\iint_Dxy\dx\dy=\int_0^{\frac\pi4}\sin\theta\cos\theta\dd\theta\int_0^{\sqrt{\cos2\theta}}r^3\dd r=\frac18\int_0^{\frac\pi4}\sin2\theta\cos^22\theta\dd\theta ∬ D x y d x d y = ∫ 0 4 π sin θ cos θ d θ ∫ 0 c o s 2 θ r 3 d r = 8 1 ∫ 0 4 π sin 2 θ cos 2 2 θ d θ
内层对 r r r 1 4 cos 2 2 θ \frac14\cos^22\theta 4 1 cos 2 2 θ cos 2 θ \cos2\theta cos 2 θ sin θ cos θ = 1 2 sin 2 θ \sin\theta\cos\theta=\frac12\sin2\theta sin θ cos θ = 2 1 sin 2 θ
③ 凑微分。 = 1 8 [ − cos 3 2 θ 6 ] 0 π 4 = 1 48 =\dfrac18\Big[-\dfrac{\cos^32\theta}6\Big]_0^{\frac\pi4}=\dfrac1{48} = 8 1 [ − 6 cos 3 2 θ ] 0 4 π = 48 1
sin 2 θ \sin2\theta sin 2 θ cos 2 θ \cos2\theta cos 2 θ − 2 -2 − 2 sin 2 θ d θ = − 1 2 d ( cos 2 θ ) \sin2\theta\dd\theta=-\frac12\dd(\cos2\theta) sin 2 θ d θ = − 2 1 d ( cos 2 θ )
答案：1 48 \frac1{48} 48 1
例 4.11 李林 第十章 §3 例 10 · p255
计算
I = ∬ D ( x 2 + y 2 + y ) d x d y I=\displaystyle\iint_D\big(\sqrt{x^2+y^2}+y\big)\dx\dy I = ∬ D ( x 2 + y 2 + y ) d x d y ，其中
D D D 是由
x 2 + y 2 = 4 x^2+y^2=4 x 2 + y 2 = 4 和
( x + 1 ) 2 + y 2 = 1 (x+1)^2+y^2=1 ( x + 1 ) 2 + y 2 = 1 所围成的区域（大圆内、小圆外）。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① y y y D D D x x x y y y y y y ∬ D y d x d y = 0 \iint_Dy\dx\dy=0 ∬ D y d x d y = 0
把 y y y − y -y − y
② 大圆减小圆。 ∬ D x 2 + y 2 = ∬ 大圆 − ∬ 小圆 \displaystyle\iint_D\sqrt{x^2+y^2}=\iint_{\text{大圆}}-\iint_{\text{小圆}} ∬ D x 2 + y 2 = ∬ 大圆 − ∬ 小圆 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 r 2 d r = 16 π 3 \displaystyle\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^2r^2\dd r=\frac{16\pi}3 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 r 2 d r = 3 16 π
挖掉一块的区域，用“整块减去挖掉的”最省事；被积函数 x 2 + y 2 = r \sqrt{x^2+y^2}=r x 2 + y 2 = r r r r
③ 小圆用偏心圆。 小圆 ( x + 1 ) 2 + y 2 = 1 (x+1)^2+y^2=1 ( x + 1 ) 2 + y 2 = 1 r = − 2 cos θ r=-2\cos\theta r = − 2 cos θ π 2 ≤ θ ≤ 3 π 2 \frac\pi2\le\theta\le\frac{3\pi}2 2 π ≤ θ ≤ 2 3 π ∫ π 2 3 π 2 d θ ∫ 0 − 2 cos θ r 2 d r = − 8 3 ∫ π 2 3 π 2 cos 3 θ d θ = 32 9 \displaystyle\int_{\frac\pi2}^{\frac{3\pi}2}\dd\theta\int_0^{-2\cos\theta}r^2\dd r=-\frac83\int_{\frac\pi2}^{\frac{3\pi}2}\cos^3\theta\dd\theta=\frac{32}9 ∫ 2 π 2 3 π d θ ∫ 0 − 2 c o s θ r 2 d r = − 3 8 ∫ 2 π 2 3 π cos 3 θ d θ = 9 32 I = 16 π 3 − 32 9 I=\dfrac{16\pi}3-\dfrac{32}9 I = 3 16 π − 9 32
小圆在左半平面，cos θ ≤ 0 \cos\theta\le0 cos θ ≤ 0 r = − 2 cos θ ≥ 0 r=-2\cos\theta\ge0 r = − 2 cos θ ≥ 0 ∫ π 2 3 π 2 cos 3 θ d θ = − 4 3 \int_{\frac\pi2}^{\frac{3\pi}2}\cos^3\theta\dd\theta=-\frac43 ∫ 2 π 2 3 π cos 3 θ d θ = − 3 4
答案：16 π 3 − 32 9 \frac{16\pi}3-\frac{32}9 3 16 π − 9 32
4.3 被积函数拆项、区域分段大白话：被积函数是几项相加时，先拆开看：有的项靠对称性直接变成 0，有的项在极坐标下特别简单 ；区域由直线和圆拼成时，射线在不同方向碰到不同的边界，按方向角分段。有时分段后会出现意想不到的抵消，比如 2022 年的真题。
x y O y −x =2r =22022 数一(18)：θ ∈ [ 0 , π 2 ] \theta\in[0,\frac\pi2] θ ∈ [ 0 , 2 π ] r = 2 r=2 r = 2 θ ∈ [ π 2 , π ] \theta\in[\frac\pi2,\pi] θ ∈ [ 2 π , π ] y − x = 2 y-x=2 y − x = 2 拆项与分段的常用结论
( x − y ) 2 x 2 + y 2 = 1 − 2 x y x 2 + y 2 = 1 − sin 2 θ \dfrac{(x-y)^2}{x^2+y^2}=1-\dfrac{2xy}{x^2+y^2}=1-\sin2\theta x 2 + y 2 ( x − y ) 2 = 1 − x 2 + y 2 2 x y = 1 − sin 2 θ x y x 2 + y 2 = 1 2 sin 2 θ \dfrac{xy}{x^2+y^2}=\dfrac12\sin2\theta x 2 + y 2 x y = 2 1 sin 2 θ 直线 y − x = 2 y-x=2 y − x = 2 r = 2 sin θ − cos θ r=\dfrac2{\sin\theta-\cos\theta} r = sin θ − cos θ 2 ( sin θ − cos θ ) 2 = 1 − sin 2 θ (\sin\theta-\cos\theta)^2=1-\sin2\theta ( sin θ − cos θ ) 2 = 1 − sin 2 θ
被积函数的某一项关于某个变量是奇函数、区域又对称，这一项的积分为 0（第 5 部分）。
方法卡 · 拆项与分段
步骤
把被积函数拆开，逐项看对称性，能消掉的先消掉。
剩下的项在极坐标下化简（往往只剩 θ \theta θ
按射线的“出口”分段，每段单独写 r r r
算完注意有没有可以约掉的因子。 最容易错
拆项后忘了某些项对称为 0，硬算；分段点的方向角算错。
例 4.12 2022 数一(18) 2022 数二(19) 2022 数三(19)
已知平面区域
D = { ( x , y ) ∣ y − 2 ≤ x ≤ 4 − y 2 , 0 ≤ y ≤ 2 } D=\{(x,y)\mid y-2\le x\le\sqrt{4-y^2},\ 0\le y\le2\} D = {( x , y ) ∣ y − 2 ≤ x ≤ 4 − y 2 , 0 ≤ y ≤ 2 } ，计算
I = ∬ D ( x − y ) 2 x 2 + y 2 d x d y I=\displaystyle\iint_D\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2}\dx\dy I = ∬ D x 2 + y 2 ( x − y ) 2 d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 化简被积函数。 ( x − y ) 2 x 2 + y 2 = 1 − 2 x y x 2 + y 2 = 1 − sin 2 θ \dfrac{(x-y)^2}{x^2+y^2}=1-\dfrac{2xy}{x^2+y^2}=1-\sin2\theta x 2 + y 2 ( x − y ) 2 = 1 − x 2 + y 2 2 x y = 1 − sin 2 θ
分子展开是 x 2 + y 2 − 2 x y x^2+y^2-2xy x 2 + y 2 − 2 x y 2 x y x 2 + y 2 = 2 sin θ cos θ \frac{2xy}{x^2+y^2}=2\sin\theta\cos\theta x 2 + y 2 2 x y = 2 sin θ cos θ
② 区域分两段。 D D D y − 2 ≤ x ≤ 0 y-2\le x\le0 y − 2 ≤ x ≤ 0 0 ≤ x ≤ 4 − y 2 0\le x\le\sqrt{4-y^2} 0 ≤ x ≤ 4 − y 2 θ ∈ [ 0 , π 2 ] \theta\in[0,\frac\pi2] θ ∈ [ 0 , 2 π ] 0 ≤ r ≤ 2 0\le r\le2 0 ≤ r ≤ 2 θ ∈ [ π 2 , π ] \theta\in[\frac\pi2,\pi] θ ∈ [ 2 π , π ] 0 ≤ r ≤ 2 sin θ − cos θ 0\le r\le\dfrac2{\sin\theta-\cos\theta} 0 ≤ r ≤ sin θ − cos θ 2
左边界 x = y − 2 x=y-2 x = y − 2 y − x = 2 y-x=2 y − x = 2 r ( sin θ − cos θ ) = 2 r(\sin\theta-\cos\theta)=2 r ( sin θ − cos θ ) = 2
③ 右半。 ∫ 0 π 2 ( 1 − sin 2 θ ) d θ ∫ 0 2 r d r = 2 ( π 2 − 1 ) = π − 2 \displaystyle\int_0^{\frac\pi2}(1-\sin2\theta)\dd\theta\int_0^2r\dd r=2\Big(\frac\pi2-1\Big)=\pi-2 ∫ 0 2 π ( 1 − sin 2 θ ) d θ ∫ 0 2 r d r = 2 ( 2 π − 1 ) = π − 2
四分之一圆的上下限都是常数，两个积分可以分开算：∫ 0 π 2 sin 2 θ d θ = 1 \int_0^{\frac\pi2}\sin2\theta\dd\theta=1 ∫ 0 2 π sin 2 θ d θ = 1 ∫ 0 2 r d r = 2 \int_0^2r\dd r=2 ∫ 0 2 r d r = 2
④ 左半出现抵消。 ∫ π 2 π ( 1 − sin 2 θ ) ⋅ 1 2 ⋅ 4 ( sin θ − cos θ ) 2 d θ = ∫ π 2 π 2 d θ = π \displaystyle\int_{\frac\pi2}^\pi(1-\sin2\theta)\cdot\frac12\cdot\frac4{(\sin\theta-\cos\theta)^2}\dd\theta=\int_{\frac\pi2}^\pi2\dd\theta=\pi ∫ 2 π π ( 1 − sin 2 θ ) ⋅ 2 1 ⋅ ( sin θ − cos θ ) 2 4 d θ = ∫ 2 π π 2 d θ = π I = ( π − 2 ) + π = 2 π − 2 I=(\pi-2)+\pi=2\pi-2 I = ( π − 2 ) + π = 2 π − 2
( sin θ − cos θ ) 2 = 1 − sin 2 θ (\sin\theta-\cos\theta)^2=1-\sin2\theta ( sin θ − cos θ ) 2 = 1 − sin 2 θ
答案：2 π − 2 2\pi-2 2 π − 2
例 4.13 李林 第十章 习题 解答 (5) · p265
设
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 1 , x ≥ 0 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le1,\ x\ge0\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 1 , x ≥ 0 } ，求
I = ∬ D 1 + x y 1 + x 2 + y 2 d x d y I=\displaystyle\iint_D\frac{1+xy}{1+x^2+y^2}\dx\dy I = ∬ D 1 + x 2 + y 2 1 + x y d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 拆项，奇函数部分为 0。 I = ∬ D 1 1 + x 2 + y 2 d x d y + ∬ D x y 1 + x 2 + y 2 d x d y I=\displaystyle\iint_D\frac1{1+x^2+y^2}\dx\dy+\iint_D\frac{xy}{1+x^2+y^2}\dx\dy I = ∬ D 1 + x 2 + y 2 1 d x d y + ∬ D 1 + x 2 + y 2 x y d x d y D D D x x x y y y
把 y y y − y -y − y x y 1 + x 2 + y 2 \frac{xy}{1+x^2+y^2} 1 + x 2 + y 2 x y
② 第一项用极坐标。 ∫ − π 2 π 2 d θ ∫ 0 1 r 1 + r 2 d r = π ⋅ 1 2 ln 2 = π 2 ln 2 \displaystyle\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\dd\theta\int_0^1\frac r{1+r^2}\dd r=\pi\cdot\frac12\ln2=\frac\pi2\ln2 ∫ − 2 π 2 π d θ ∫ 0 1 1 + r 2 r d r = π ⋅ 2 1 ln 2 = 2 π ln 2
右半圆盘 θ ∈ [ − π 2 , π 2 ] \theta\in[-\frac\pi2,\frac\pi2] θ ∈ [ − 2 π , 2 π ] r 1 + r 2 \frac r{1+r^2} 1 + r 2 r 1 2 d ln ( 1 + r 2 ) \frac12\dd\ln(1+r^2) 2 1 d ln ( 1 + r 2 )
答案：π 2 ln 2 \frac\pi2\ln2 2 π ln 2
4.4 极坐标曲线围成的面积大白话：面积就是被积函数为 1 的二重积分。极坐标下 S = ∬ D r d r d θ = ∫ α β 1 2 r 2 ( θ ) d θ \displaystyle S=\iint_D r\dd r\dd\theta=\int_\alpha^\beta\frac12r^2(\theta)\dd\theta S = ∬ D r d r d θ = ∫ α β 2 1 r 2 ( θ ) d θ ，内层 ∫ 0 r ( θ ) r d r \int_0^{r(\theta)}r\dd r ∫ 0 r ( θ ) r d r 1 2 r 2 ( θ ) \frac12r^2(\theta) 2 1 r 2 ( θ )
x y O r =cos 3θS =½∫r ²dθ一瓣玫瑰线 r = cos 3 θ r=\cos3\theta r = cos 3 θ S = 1 2 ∫ − π / 6 π / 6 cos 2 3 θ d θ = π 12 S=\frac12\int_{-\pi/6}^{\pi/6}\cos^23\theta\dd\theta=\frac\pi{12} S = 2 1 ∫ − π /6 π /6 cos 2 3 θ d θ = 12 π 极坐标面积公式
S = ∬ D d σ = ∫ α β d θ ∫ 0 r ( θ ) r d r = 1 2 ∫ α β r 2 ( θ ) d θ . \displaystyle S=\iint_D\dd\sigma=\int_\alpha^\beta\dd\theta\int_0^{r(\theta)}r\dd r=\frac12\int_\alpha^\beta r^2(\theta)\dd\theta. S = ∬ D d σ = ∫ α β d θ ∫ 0 r ( θ ) r d r = 2 1 ∫ α β r 2 ( θ ) d θ . 两条曲线之间：S = 1 2 ∫ α β [ r 2 2 ( θ ) − r 1 2 ( θ ) ] d θ S=\frac12\int_\alpha^\beta\big[r_2^2(\theta)-r_1^2(\theta)\big]\dd\theta S = 2 1 ∫ α β [ r 2 2 ( θ ) − r 1 2 ( θ ) ] d θ r = a ( 1 + cos θ ) r=a(1+\cos\theta) r = a ( 1 + cos θ ) 3 2 π a 2 \frac32\pi a^2 2 3 π a 2 r = a cos 3 θ r=a\cos3\theta r = a cos 3 θ π a 2 12 \frac{\pi a^2}{12} 12 π a 2
方法卡 · 极坐标求面积
什么时候用
“曲线
r = r ( θ ) r=r(\theta) r = r ( θ ) 围成的面积”。
步骤
找出曲线闭合一圈对应的 θ \theta θ r ≥ 0 r\ge0 r ≥ 0
代入 1 2 ∫ r 2 d θ \frac12\int r^2\dd\theta 2 1 ∫ r 2 d θ
用降幂公式 cos 2 u = 1 + cos 2 u 2 \cos^2u=\frac{1+\cos2u}2 cos 2 u = 2 1 + c o s 2 u 最容易错
忘了
1 2 \frac12 2 1 ；
θ \theta θ 范围取得太大，把同一块面积算了两次。
例 4.14 2013 数二(11)
设封闭曲线
L L L 的极坐标方程为
r = cos 3 θ ( − π 6 ≤ θ ≤ π 6 ) r=\cos3\theta\ \Big(-\dfrac\pi6\le\theta\le\dfrac\pi6\Big) r = cos 3 θ ( − 6 π ≤ θ ≤ 6 π ) ，则
L L L 所围平面图形的面积是 ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 面积公式。 S = 1 2 ∫ − π 6 π 6 cos 2 3 θ d θ S=\dfrac12\displaystyle\int_{-\frac\pi6}^{\frac\pi6}\cos^23\theta\dd\theta S = 2 1 ∫ − 6 π 6 π cos 2 3 θ d θ
θ \theta θ − π 6 -\frac\pi6 − 6 π π 6 \frac\pi6 6 π cos 3 θ ≥ 0 \cos3\theta\ge0 cos 3 θ ≥ 0
② 计算。 = 1 2 ∫ − π 6 π 6 1 + cos 6 θ 2 d θ = 1 2 ⋅ 1 2 ⋅ π 3 = π 12 =\dfrac12\displaystyle\int_{-\frac\pi6}^{\frac\pi6}\frac{1+\cos6\theta}2\dd\theta=\frac12\cdot\frac12\cdot\frac\pi3=\frac\pi{12} = 2 1 ∫ − 6 π 6 π 2 1 + cos 6 θ d θ = 2 1 ⋅ 2 1 ⋅ 3 π = 12 π
降幂公式；cos 6 θ \cos6\theta cos 6 θ π 3 \frac\pi3 3 π
答案：π 12 \frac\pi{12} 12 π
例 4.15 2022 数二(15)
已知曲线
L L L 的极坐标方程为
r = sin 3 θ ( 0 ≤ θ ≤ π 3 ) r=\sin3\theta\ \Big(0\le\theta\le\dfrac\pi3\Big) r = sin 3 θ ( 0 ≤ θ ≤ 3 π ) ，则
L L L 围成有界区域的面积为 ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 面积公式。 S = 1 2 ∫ 0 π 3 sin 2 3 θ d θ S=\dfrac12\displaystyle\int_0^{\frac\pi3}\sin^23\theta\dd\theta S = 2 1 ∫ 0 3 π sin 2 3 θ d θ
0 ≤ θ ≤ π 3 0\le\theta\le\frac\pi3 0 ≤ θ ≤ 3 π sin 3 θ ≥ 0 \sin3\theta\ge0 sin 3 θ ≥ 0
② 计算。 = 1 2 ∫ 0 π 3 1 − cos 6 θ 2 d θ = π 12 =\dfrac12\displaystyle\int_0^{\frac\pi3}\frac{1-\cos6\theta}2\dd\theta=\frac\pi{12} = 2 1 ∫ 0 3 π 2 1 − cos 6 θ d θ = 12 π
与上一题一样，cos 6 θ \cos6\theta cos 6 θ
答案：π 12 \frac\pi{12} 12 π
例 4.16 基础
求心形线
r = a ( 1 + cos θ ) ( a > 0 ) r=a(1+\cos\theta)\ (a>0) r = a ( 1 + cos θ ) ( a > 0 ) 所围图形的面积。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 面积公式。 S = 1 2 ∫ 0 2 π a 2 ( 1 + cos θ ) 2 d θ S=\dfrac12\displaystyle\int_0^{2\pi}a^2(1+\cos\theta)^2\dd\theta S = 2 1 ∫ 0 2 π a 2 ( 1 + cos θ ) 2 d θ
心形线 θ \theta θ 2 π 2\pi 2 π r ≥ 0 r\ge0 r ≥ 0
② 展开。 ( 1 + cos θ ) 2 = 1 + 2 cos θ + cos 2 θ (1+\cos\theta)^2=1+2\cos\theta+\cos^2\theta ( 1 + cos θ ) 2 = 1 + 2 cos θ + cos 2 θ [ 0 , 2 π ] [0,2\pi] [ 0 , 2 π ] 2 π + 0 + π = 3 π 2\pi+0+\pi=3\pi 2 π + 0 + π = 3 π S = 3 2 π a 2 S=\dfrac32\pi a^2 S = 2 3 π a 2
cos θ \cos\theta cos θ cos 2 θ \cos^2\theta cos 2 θ 1 2 \frac12 2 1 π \pi π
答案：3 2 π a 2 \frac32\pi a^2 2 3 π a 2
4.5 小结
题目里的说法 换成什么 例子
扇形、扇环、被积函数含 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 极坐标，射线定限，别忘 r r r 例 4.1 、例 4.3 边界是双曲线 x y = c xy=c x y = c r 2 = 2 c sin 2 θ r^2=\frac{2c}{\sin2\theta} r 2 = s i n 2 θ 2 c 例 4.2 偏心圆 x 2 + y 2 = 2 b y x^2+y^2=2by x 2 + y 2 = 2 b y r = 2 b sin θ r=2b\sin\theta r = 2 b sin θ r r r 例 4.5 两个偏心圆的公共部分 按交点方向分段，取较小的上限 例 4.6 心形线、双纽线、( x 2 + y 2 ) 3 ≤ y 4 (x^2+y^2)^3\le y^4 ( x 2 + y 2 ) 3 ≤ y 4 题目给的或化出的 r ( θ ) r(\theta) r ( θ ) 例 4.8 、例 4.10 、例 4.9 被积函数是几项之和 拆项，对称的项为 0 例 4.13 区域要按方向分段，被积函数化成 θ \theta θ 分段后看能否和边界的 r ( θ ) r(\theta) r ( θ ) 例 4.12 极坐标曲线围成的面积 S = 1 2 ∫ r 2 d θ S=\frac12\int r^2\dd\theta S = 2 1 ∫ r 2 d θ 例 4.14 、例 4.15 看到 x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2 先想想直角坐标会不会更快 例 4.4
学完了，标记这一部分
第 5 部分
对称性
对称性是二重积分里最省力的工具：区域一对称，奇函数的积分直接写 0，分式对调一加分母就约掉。这一部分讲三种对称：关于坐标轴（奇偶对称）、关于 y = x y=x y = x
考试要求（大纲原文，李林讲义第十章第 1、2 条）
理解二重积分的概念，了解二重积分的性质及其中值定理。
掌握二重积分的计算方法（直角坐标、极坐标）。
大纲没有单列“对称性”，它是性质和计算方法合在一起用的技巧，却是真题最爱考的省力点。对应李林讲义第十章第三节“二重积分的对称性”（p251—252）与题型三“利用对称性计算二重积分”（p255—257）；Maki《真题分类精解》第三十三讲 33.2 节“二重积分的对称性与轮换对称性”。
5.1 奇偶对称：区域关于坐标轴对称大白话：先看区域，再看函数 。区域关于 y y y x x x x x x f ( − x , y ) = − f ( x , y ) f(-x,y)=-f(x,y) f ( − x , y ) = − f ( x , y ) x x x y y y [ − a , a ] [-a,a] [ − a , a ] 区域必须真的对称 ，所以一定先画图。第 4 部分 例 4.11 里 ∬ D y d x d y = 0 \iint_Dy\dx\dy=0 ∬ D y d x d y = 0
x y O y =x ²x ²+y ²=2−1 1 关于 y y y ( x , y ) (x,y) ( x , y ) D D D ( − x , y ) (-x,y) ( − x , y ) f f f x x x x y O (√2, 1) (√2, −1) x =√(1+y ²)x =√2y 1 关于 x x x ( x , y ) (x,y) ( x , y ) D D D ( x , − y ) (x,-y) ( x , − y ) f f f y y y
奇偶对称性（李林 p251；刷题本 章节七）
D 关于 y 轴对称： ∬ D f d σ = { 0 , f ( − x , y ) = − f ( x , y ) , 2 ∬ D 1 f d σ , f ( − x , y ) = f ( x , y ) , \displaystyle D\text{ 关于 }y\text{ 轴对称：}\ \iint_Df\dd\sigma=\begin{cases}0,&f(-x,y)=-f(x,y),\\[2pt]2\displaystyle\iint_{D_1}f\dd\sigma,&f(-x,y)=f(x,y),\end{cases} D 关于 y 轴对称： ∬ D f d σ = ⎩ ⎨ ⎧ 0 , 2 ∬ D 1 f d σ , f ( − x , y ) = − f ( x , y ) , f ( − x , y ) = f ( x , y ) , D 1 = D ∩ { x ≥ 0 } . \displaystyle D_1=D\cap\{x\ge0\}. D 1 = D ∩ { x ≥ 0 } . D 关于 x 轴对称： ∬ D f d σ = { 0 , f ( x , − y ) = − f ( x , y ) , 2 ∬ D 1 f d σ , f ( x , − y ) = f ( x , y ) , \displaystyle D\text{ 关于 }x\text{ 轴对称：}\ \iint_Df\dd\sigma=\begin{cases}0,&f(x,-y)=-f(x,y),\\[2pt]2\displaystyle\iint_{D_1}f\dd\sigma,&f(x,-y)=f(x,y),\end{cases} D 关于 x 轴对称： ∬ D f d σ = ⎩ ⎨ ⎧ 0 , 2 ∬ D 1 f d σ , f ( x , − y ) = − f ( x , y ) , f ( x , − y ) = f ( x , y ) , D 1 = D ∩ { y ≥ 0 } . \displaystyle D_1=D\cap\{y\ge0\}. D 1 = D ∩ { y ≥ 0 } .
关于原点对称（刷题本）：f ( − x , − y ) = − f ( x , y ) f(-x,-y)=-f(x,y) f ( − x , − y ) = − f ( x , y ) f ( − x , − y ) = f ( x , y ) f(-x,-y)=f(x,y) f ( − x , − y ) = f ( x , y ) D D D
为什么：把左半边用 x → − x x\to-x x → − x f ( − x , y ) f(-x,y) f ( − x , y )
被积函数是几项之和时逐项看：奇的那项直接扔掉，只算剩下的。
区域本身不对称时，添一条“镜像曲线”（y = x 3 y=x^3 y = x 3 y = − x 3 y=-x^3 y = − x 3 y = sin x y=\sin x y = sin x y = − sin x y=-\sin x y = − sin x
方法卡 · 奇偶对称
什么时候用
区域关于
x x x 轴、
y y y 轴或原点对称（或者添一条线后能拆成对称的几块）；被积函数里有
x x x 或
y y y 的奇次项。
步骤
画图，确认区域关于哪条轴对称：把边界方程里的 x x x − x -x − x y y y − y -y − y
被积函数展开拆项，逐项看对“翻转的那个变量”是奇还是偶。
奇项积分为 0；偶项化成一半区域上积分的 2 倍。
区域不对称：找出边界曲线的镜像，添上去分块，每块用各自的对称。 最容易错
看反了变量（关于
y y y 轴对称要看对
x x x 的奇偶）；区域看着对称其实不对称（2012 数二(6)：
y = sin x y=\sin x y = sin x 、
x = ± π 2 x=\pm\frac\pi2 x = ± 2 π 、
y = 1 y=1 y = 1 围成的区域并不左右对称）；
( x + y ) 3 (x+y)^3 ( x + y ) 3 没展开就下结论。
x y O y =x y =−x r =1/sin θ2016 数二(18)：三角形关于 y y y y = 1 y=1 y = 1 r = 1 sin θ r=\frac1{\sin\theta} r = s i n θ 1
例 5.1 2016 数二(18)
设
D D D 是由直线
y = 1 y=1 y = 1 ，
y = x y=x y = x ，
y = − x y=-x y = − x 围成的有界区域，计算二重积分
∬ D x 2 − x y − y 2 x 2 + y 2 d x d y \displaystyle\iint_D\frac{x^2-xy-y^2}{x^2+y^2}\dx\dy ∬ D x 2 + y 2 x 2 − x y − y 2 d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 用对称性去掉 x y xy x y D D D ( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) ( − 1 , 1 ) (-1,1) ( − 1 , 1 ) y y y x y x 2 + y 2 \dfrac{xy}{x^2+y^2} x 2 + y 2 x y x x x = ∬ D x 2 − y 2 x 2 + y 2 d x d y =\displaystyle\iint_D\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}\dx\dy = ∬ D x 2 + y 2 x 2 − y 2 d x d y
把 x x x − x -x − x x y xy x y x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2
② 换极坐标。 x 2 − y 2 x 2 + y 2 = cos 2 θ \dfrac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=\cos2\theta x 2 + y 2 x 2 − y 2 = cos 2 θ θ ∈ [ π 4 , 3 π 4 ] \theta\in\big[\frac\pi4,\frac{3\pi}4\big] θ ∈ [ 4 π , 4 3 π ] y = 1 y=1 y = 1 r = 1 sin θ r=\frac1{\sin\theta} r = s i n θ 1
区域夹在两条过原点的直线 y = ± x y=\pm x y = ± x θ \theta θ r r r ∫ r d r \int r\dd r ∫ r d r
③ 计算。 原式 = ∫ π 4 3 π 4 cos 2 θ ⋅ 1 2 sin 2 θ d θ = ∫ π 4 3 π 4 ( 1 2 sin 2 θ − 1 ) d θ = [ − 1 2 cot θ − θ ] π 4 3 π 4 = 1 − π 2 =\displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}\cos2\theta\cdot\frac1{2\sin^2\theta}\dd\theta=\int_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}\Big(\frac1{2\sin^2\theta}-1\Big)\dd\theta=\Big[-\frac12\cot\theta-\theta\Big]_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}=1-\frac\pi2 = ∫ 4 π 4 3 π cos 2 θ ⋅ 2 sin 2 θ 1 d θ = ∫ 4 π 4 3 π ( 2 sin 2 θ 1 − 1 ) d θ = [ − 2 1 cot θ − θ ] 4 π 4 3 π = 1 − 2 π
用二倍角公式 cos 2 θ = 1 − 2 sin 2 θ \cos2\theta=1-2\sin^2\theta cos 2 θ = 1 − 2 sin 2 θ 2 sin 2 θ 2\sin^2\theta 2 sin 2 θ 1 2 sin 2 θ − 1 \frac1{2\sin^2\theta}-1 2 s i n 2 θ 1 − 1 cot 3 π 4 = − 1 \cot\frac{3\pi}4=-1 cot 4 3 π = − 1 cot π 4 = 1 \cot\frac\pi4=1 cot 4 π = 1
答案：1 − π 2 1-\frac\pi2 1 − 2 π
例 5.2 2015 数二(18) 2015 数三(16) 刷题本 章节七 例 7-13
计算二重积分
∬ D x ( x + y ) d x d y \displaystyle\iint_Dx(x+y)\dx\dy ∬ D x ( x + y ) d x d y ，其中
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 , y ≥ x 2 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le2,\ y\ge x^2\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 , y ≥ x 2 } 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 用对称性去掉 x y xy x y D D D y y y x y xy x y x x x ∬ D x y d x d y = 0 \displaystyle\iint_Dxy\dx\dy=0 ∬ D x y d x d y = 0 x 2 x^2 x 2 = ∬ D x 2 d x d y = 2 ∬ D 1 x 2 d x d y =\displaystyle\iint_Dx^2\dx\dy=2\iint_{D_1}x^2\dx\dy = ∬ D x 2 d x d y = 2 ∬ D 1 x 2 d x d y D 1 D_1 D 1
两条边界 x 2 + y 2 = 2 x^2+y^2=2 x 2 + y 2 = 2 y = x 2 y=x^2 y = x 2 x x x x x x − x -x − x
② 定限。 两曲线交于 ( ± 1 , 1 ) (\pm1,1) ( ± 1 , 1 ) 0 ≤ x ≤ 1 0\le x\le1 0 ≤ x ≤ 1 x 2 ≤ y ≤ 2 − x 2 x^2\le y\le\sqrt{2-x^2} x 2 ≤ y ≤ 2 − x 2
把 y = x 2 y=x^2 y = x 2 x 2 + x 4 = 2 x^2+x^4=2 x 2 + x 4 = 2 x 2 = 1 x^2=1 x 2 = 1
③ 计算。 原式 = 2 ∫ 0 1 x 2 ( 2 − x 2 − x 2 ) d x = 2 ( ∫ 0 1 x 2 2 − x 2 d x − 1 5 ) =2\displaystyle\int_0^1x^2\big(\sqrt{2-x^2}-x^2\big)\dx=2\Big(\int_0^1x^2\sqrt{2-x^2}\dx-\frac15\Big) = 2 ∫ 0 1 x 2 ( 2 − x 2 − x 2 ) d x = 2 ( ∫ 0 1 x 2 2 − x 2 d x − 5 1 ) x = 2 sin t x=\sqrt2\sin t x = 2 sin t ∫ 0 1 x 2 2 − x 2 d x = ∫ 0 π 4 4 sin 2 t cos 2 t d t = ∫ 0 π 4 sin 2 2 t d t = π 8 \displaystyle\int_0^1x^2\sqrt{2-x^2}\dx=\int_0^{\frac\pi4}4\sin^2t\cos^2t\dd t=\int_0^{\frac\pi4}\sin^22t\dd t=\frac\pi8 ∫ 0 1 x 2 2 − x 2 d x = ∫ 0 4 π 4 sin 2 t cos 2 t d t = ∫ 0 4 π sin 2 2 t d t = 8 π = π 4 − 2 5 =\dfrac\pi4-\dfrac25 = 4 π − 5 2
见到 a 2 − x 2 \sqrt{a^2-x^2} a 2 − x 2 x = 1 x=1 x = 1 sin t = 1 2 \sin t=\frac1{\sqrt2} sin t = 2 1 t = π 4 t=\frac\pi4 t = 4 π sin 2 2 t = 1 − cos 4 t 2 \sin^22t=\frac{1-\cos4t}2 sin 2 2 t = 2 1 − c o s 4 t [ 0 , π 4 ] [0,\frac\pi4] [ 0 , 4 π ] π 8 \frac\pi8 8 π
答案：π 4 − 2 5 \frac\pi4-\frac25 4 π − 5 2
例 5.3 2010 数三(16) 刷题本 章节七 例 7-14
计算二重积分
∬ D ( x + y ) 3 d x d y \displaystyle\iint_D(x+y)^3\dx\dy ∬ D ( x + y ) 3 d x d y ，其中
D D D 由曲线
x = 1 + y 2 x=\sqrt{1+y^2} x = 1 + y 2 与直线
x + 2 y = 0 x+\sqrt2y=0 x + 2 y = 0 及
x − 2 y = 0 x-\sqrt2y=0 x − 2 y = 0 围成。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 画区域。 x = 1 + y 2 x=\sqrt{1+y^2} x = 1 + y 2 x 2 − y 2 = 1 x^2-y^2=1 x 2 − y 2 = 1 x = ± 2 y x=\pm\sqrt2y x = ± 2 y ( 2 , ± 1 ) (\sqrt2,\pm1) ( 2 , ± 1 ) D = { − 1 ≤ y ≤ 1 , 2 ∣ y ∣ ≤ x ≤ 1 + y 2 } D=\{-1\le y\le1,\ \sqrt2|y|\le x\le\sqrt{1+y^2}\} D = { − 1 ≤ y ≤ 1 , 2 ∣ y ∣ ≤ x ≤ 1 + y 2 } x x x
把 y y y − y -y − y x = 2 y x=\sqrt2y x = 2 y x 2 − y 2 = 1 x^2-y^2=1 x 2 − y 2 = 1 y 2 = 1 y^2=1 y 2 = 1
② 展开，扔掉奇项。 ( x + y ) 3 = x 3 + 3 x 2 y + 3 x y 2 + y 3 (x+y)^3=x^3+3x^2y+3xy^2+y^3 ( x + y ) 3 = x 3 + 3 x 2 y + 3 x y 2 + y 3 3 x 2 y 3x^2y 3 x 2 y y 3 y^3 y 3 y y y = 2 ∫ 0 1 d y ∫ 2 y 1 + y 2 ( x 3 + 3 x y 2 ) d x =2\displaystyle\int_0^1\dy\int_{\sqrt2y}^{\sqrt{1+y^2}}(x^3+3xy^2)\dx = 2 ∫ 0 1 d y ∫ 2 y 1 + y 2 ( x 3 + 3 x y 2 ) d x
区域上下对称，要看对 y y y y y y x x x x x x
③ 计算。 内层 = [ x 4 4 + 3 2 x 2 y 2 ] 2 y 1 + y 2 = 1 4 + 2 y 2 − 9 4 y 4 =\Big[\dfrac{x^4}4+\dfrac32x^2y^2\Big]_{\sqrt2y}^{\sqrt{1+y^2}}=\dfrac14+2y^2-\dfrac94y^4 = [ 4 x 4 + 2 3 x 2 y 2 ] 2 y 1 + y 2 = 4 1 + 2 y 2 − 4 9 y 4 = 2 ( 1 4 + 2 3 − 9 20 ) = 14 15 =2\Big(\dfrac14+\dfrac23-\dfrac9{20}\Big)=\dfrac{14}{15} = 2 ( 4 1 + 3 2 − 20 9 ) = 15 14
上限代入得 ( 1 + y 2 ) 2 4 + 3 2 ( 1 + y 2 ) y 2 = 1 4 + 2 y 2 + 7 4 y 4 \frac{(1+y^2)^2}4+\frac32(1+y^2)y^2=\frac14+2y^2+\frac74y^4 4 ( 1 + y 2 ) 2 + 2 3 ( 1 + y 2 ) y 2 = 4 1 + 2 y 2 + 4 7 y 4 y 4 + 3 y 4 = 4 y 4 y^4+3y^4=4y^4 y 4 + 3 y 4 = 4 y 4
答案：14 15 \frac{14}{15} 15 14
x y O D ₁D ₂D ₃D ₄y =x ³y =−x ³1 −1 李林例 11：添辅助曲线 y = − x 3 y=-x^3 y = − x 3
例 5.4 李林 第十章 §3 例 11 · p255
计算
I = ∬ D x [ 1 + y f ( x 2 + y 2 ) ] d x d y I=\displaystyle\iint_Dx\big[1+yf(x^2+y^2)\big]\dx\dy I = ∬ D x [ 1 + y f ( x 2 + y 2 ) ] d x d y ，其中
D D D 是由
y = x 3 y=x^3 y = x 3 ，
y = 1 y=1 y = 1 ，
x = − 1 x=-1 x = − 1 所围成的闭区域。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 为什么要添线。 D D D y = x 3 y=x^3 y = x 3 y = − x 3 y=-x^3 y = − x 3 − 1 ≤ x ≤ 0 -1\le x\le0 − 1 ≤ x ≤ 0 D D D D 1 ∪ D 2 = { − 1 ≤ x ≤ 1 , ∣ x ∣ 3 ≤ y ≤ 1 } D_1\cup D_2=\{-1\le x\le1,\ |x|^3\le y\le1\} D 1 ∪ D 2 = { − 1 ≤ x ≤ 1 , ∣ x ∣ 3 ≤ y ≤ 1 } y y y D 3 ∪ D 4 = { − 1 ≤ x ≤ 0 , x 3 ≤ y ≤ − x 3 } D_3\cup D_4=\{-1\le x\le0,\ x^3\le y\le-x^3\} D 3 ∪ D 4 = { − 1 ≤ x ≤ 0 , x 3 ≤ y ≤ − x 3 } x x x
y = − x 3 y=-x^3 y = − x 3 y = x 3 y=x^3 y = x 3 y y y y = x 3 y=x^3 y = x 3 y = − x 3 y=-x^3 y = − x 3
② 被积函数拆两项。 I = ∬ D x d x d y + ∬ D x y f ( x 2 + y 2 ) d x d y I=\displaystyle\iint_Dx\dx\dy+\iint_Dxyf(x^2+y^2)\dx\dy I = ∬ D x d x d y + ∬ D x y f ( x 2 + y 2 ) d x d y x x x y y y
在 D 1 ∪ D 2 D_1\cup D_2 D 1 ∪ D 2 x x x D 3 ∪ D 4 D_3\cup D_4 D 3 ∪ D 4 y y y f f f
③ 算 ∬ D x d x d y \iint_Dx\dx\dy ∬ D x d x d y 在 D 1 ∪ D 2 D_1\cup D_2 D 1 ∪ D 2 x x x D 3 ∪ D 4 D_3\cup D_4 D 3 ∪ D 4 ∫ − 1 0 d x ∫ x 3 − x 3 x d y = ∫ − 1 0 ( − 2 x 4 ) d x = − 2 5 \displaystyle\int_{-1}^0\dx\int_{x^3}^{-x^3}x\dy=\int_{-1}^0(-2x^4)\dx=-\frac25 ∫ − 1 0 d x ∫ x 3 − x 3 x d y = ∫ − 1 0 ( − 2 x 4 ) d x = − 5 2 I = − 2 5 I=-\dfrac25 I = − 5 2
x x x y y y D 3 ∪ D 4 D_3\cup D_4 D 3 ∪ D 4 y = x 3 y=x^3 y = x 3 y = − x 3 y=-x^3 y = − x 3
答案：− 2 5 -\frac25 − 5 2
x y O (x , y ) (−x , y ) D ₁D ₂y =sin x y =−sin x −π/2 π/2 2012 数二(6)：添曲线 y = − sin x y=-\sin x y = − sin x D 1 D_1 D 1 D 2 D_2 D 2
例 5.5 2012 数二(6) 李林 第十章 习题 填空 (4) · p265
设区域
D D D 由曲线
y = sin x y=\sin x y = sin x ，
x = ± π 2 x=\pm\dfrac\pi2 x = ± 2 π ，
y = 1 y=1 y = 1 围成，则
∬ D ( x y 5 − 1 ) d x d y = \displaystyle\iint_D(xy^5-1)\dx\dy= ∬ D ( x y 5 − 1 ) d x d y = （ ）
（A）
π \pi π （B）
2 2 2 （C）
− 2 -2 − 2 （D）
− π -\pi − π 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 区域并不对称。 D = { − π 2 ≤ x ≤ π 2 , sin x ≤ y ≤ 1 } D=\big\{-\frac\pi2\le x\le\frac\pi2,\ \sin x\le y\le1\big\} D = { − 2 π ≤ x ≤ 2 π , sin x ≤ y ≤ 1 } ( − 1 , − 0.5 ) (-1,-0.5) ( − 1 , − 0.5 ) D D D sin ( − 1 ) ≈ − 0.84 ≤ − 0.5 \sin(-1)\approx-0.84\le-0.5 sin ( − 1 ) ≈ − 0.84 ≤ − 0.5 ( 1 , − 0.5 ) (1,-0.5) ( 1 , − 0.5 ) sin 1 ≈ 0.84 > − 0.5 \sin1\approx0.84>-0.5 sin 1 ≈ 0.84 > − 0.5
边界 y = sin x y=\sin x y = sin x x x x − x -x − x y = − sin x y=-\sin x y = − sin x y y y
② 添曲线 y = − sin x y=-\sin x y = − sin x D 1 = { ∣ sin x ∣ ≤ y ≤ 1 } D_1=\{|\sin x|\le y\le1\} D 1 = { ∣ sin x ∣ ≤ y ≤ 1 } y y y D 2 = { − π 2 ≤ x ≤ 0 , sin x ≤ y ≤ − sin x } D_2=\big\{-\frac\pi2\le x\le0,\ \sin x\le y\le-\sin x\big\} D 2 = { − 2 π ≤ x ≤ 0 , sin x ≤ y ≤ − sin x } x x x x y 5 xy^5 x y 5 D 1 D_1 D 1 x x x D 2 D_2 D 2 y y y
和李林例 11 同一个办法：添上边界曲线的镜像，每块各用一种对称。
③ 剩下 − 1 -1 − 1 ∬ D ( − 1 ) d x d y = − S D = − ∫ − π 2 π 2 ( 1 − sin x ) d x = − π \displaystyle\iint_D(-1)\dx\dy=-S_D=-\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}(1-\sin x)\dx=-\pi ∬ D ( − 1 ) d x d y = − S D = − ∫ − 2 π 2 π ( 1 − sin x ) d x = − π
常数 1 的二重积分就是面积；sin x \sin x sin x π \pi π
答案：D
x y O D ₁D ₁′D ₂D ₂′y =−x (1, 1) (−1, −1) ep 例 3：添 y = − x y=-x y = − x
例 5.6 ep 板书 二重积分 例 3
设
D D D 是
x O y xOy x O y 平面上以
( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) ，
( − 1 , 1 ) (-1,1) ( − 1 , 1 ) 和
( − 1 , − 1 ) (-1,-1) ( − 1 , − 1 ) 为顶点的三角形区域，
D 1 D_1 D 1 是
D D D 在第一象限的部分，则
∬ D ( x y + cos x sin y ) d x d y \displaystyle\iint_D(xy+\cos x\sin y)\dx\dy ∬ D ( x y + cos x sin y ) d x d y 等于（ ）
（A）
2 ∬ D 1 cos x sin y d x d y 2\displaystyle\iint_{D_1}\cos x\sin y\dx\dy 2 ∬ D 1 cos x sin y d x d y （B）
2 ∬ D 1 x y d x d y 2\displaystyle\iint_{D_1}xy\dx\dy 2 ∬ D 1 x y d x d y （C）
4 ∬ D 1 ( x y + cos x sin y ) d x d y 4\displaystyle\iint_{D_1}(xy+\cos x\sin y)\dx\dy 4 ∬ D 1 ( x y + cos x sin y ) d x d y （D）
0 0 0 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 添线 y = − x y=-x y = − x 它过原点和顶点 ( − 1 , 1 ) (-1,1) ( − 1 , 1 ) D D D D 1 D_1 D 1 D 1 ′ D_1' D 1 ′ y y y D 2 D_2 D 2 D 2 ′ D_2' D 2 ′ x x x
整个三角形既不左右对称，也不上下对称；从原点连到顶点 ( − 1 , 1 ) (-1,1) ( − 1 , 1 )
② x y xy x y 在上三角形上它对 x x x y y y
x y xy x y x x x y y y
③ cos x sin y \cos x\sin y cos x sin y 在上三角形上它对 x x x = 2 ∬ D 1 cos x sin y d x d y =2\displaystyle\iint_{D_1}\cos x\sin y\dx\dy = 2 ∬ D 1 cos x sin y d x d y y y y = 2 ∬ D 1 cos x sin y d x d y =2\displaystyle\iint_{D_1}\cos x\sin y\dx\dy = 2 ∬ D 1 cos x sin y d x d y
cos ( − x ) = cos x \cos(-x)=\cos x cos ( − x ) = cos x sin ( − y ) = − sin y \sin(-y)=-\sin y sin ( − y ) = − sin y y y y
答案：A
练习 1 ep 板书 二重积分 例 5
设
D D D 是由曲线
y = x 2 − 1 y=x^2-1 y = x 2 − 1 和
y = 1 − x 2 y=\sqrt{1-x^2} y = 1 − x 2 围成的平面区域，则
∬ D ( a x y + b y 2 ) d x d y \displaystyle\iint_D(axy+by^2)\dx\dy ∬ D ( a x y + b y 2 ) d x d y （ ）
（A）等于 0
（B）符号与
a a a 有关，与
b b b 无关
（C）符号与
b b b 有关，与
a a a 无关
（D）符号与
a , b a,b a , b 都有关
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
提示。 D D D y y y a x y axy a x y x x x ∬ D b y 2 d x d y = b ∬ D y 2 d x d y \displaystyle\iint_Dby^2\dx\dy=b\iint_Dy^2\dx\dy ∬ D b y 2 d x d y = b ∬ D y 2 d x d y ∬ D y 2 d x d y > 0 \displaystyle\iint_Dy^2\dx\dy>0 ∬ D y 2 d x d y > 0 b b b
D D D y 2 y^2 y 2
答案：C
练习 2 李林 第十章 习题 解答 (2) · p265
设
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 a x , x 2 + y 2 ≥ a x } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le2ax,\ x^2+y^2\ge ax\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 a x , x 2 + y 2 ≥ a x } ，
a > 0 a>0 a > 0 ，求
I = ∬ D ( x + y ) 2 d x d y I=\displaystyle\iint_D(x+y)^2\dx\dy I = ∬ D ( x + y ) 2 d x d y 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 对称性。 ( x + y ) 2 = x 2 + y 2 + 2 x y (x+y)^2=x^2+y^2+2xy ( x + y ) 2 = x 2 + y 2 + 2 x y D D D x x x 2 x y 2xy 2 x y y y y
两个圆心 ( a , 0 ) (a,0) ( a , 0 ) ( a 2 , 0 ) (\frac a2,0) ( 2 a , 0 ) x x x
② 极坐标。 I = ∫ − π 2 π 2 d θ ∫ a cos θ 2 a cos θ r 3 d r = 15 a 4 4 ∫ − π 2 π 2 cos 4 θ d θ = 15 a 4 4 ⋅ 3 π 8 = 45 π a 4 32 I=\displaystyle\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\dd\theta\int_{a\cos\theta}^{2a\cos\theta}r^3\dd r=\frac{15a^4}4\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos^4\theta\dd\theta=\frac{15a^4}4\cdot\frac{3\pi}8=\frac{45\pi a^4}{32} I = ∫ − 2 π 2 π d θ ∫ a c o s θ 2 a c o s θ r 3 d r = 4 15 a 4 ∫ − 2 π 2 π cos 4 θ d θ = 4 15 a 4 ⋅ 8 3 π = 32 45 π a 4
射线从小圆 r = a cos θ r=a\cos\theta r = a cos θ r = 2 a cos θ r=2a\cos\theta r = 2 a cos θ ∫ − π 2 π 2 cos 4 θ d θ = 2 ⋅ 3 4 ⋅ 1 2 ⋅ π 2 = 3 π 8 \int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos^4\theta\dd\theta=2\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2=\frac{3\pi}8 ∫ − 2 π 2 π cos 4 θ d θ = 2 ⋅ 4 3 ⋅ 2 1 ⋅ 2 π = 8 3 π
答案：45 32 π a 4 \frac{45}{32}\pi a^4 32 45 π a 4
5.2 轮换对称：区域关于直线 y=x 对称大白话：区域关于直线 y = x y=x y = x x x x y y y x x x y y y 。这叫轮换对称性。最常见的用法是“对调后相加再除以 2”：∬ f ( x , y ) = 1 2 ∬ [ f ( x , y ) + f ( y , x ) ] \iint f(x,y)=\frac12\iint[f(x,y)+f(y,x)] ∬ f ( x , y ) = 2 1 ∬ [ f ( x , y ) + f ( y , x )]
x y O (x , y ) (y , x ) y =x 1 2 区域关于 y = x y=x y = x ( x , y ) ∈ D ⟺ ( y , x ) ∈ D (x,y)\in D\iff(y,x)\in D ( x , y ) ∈ D ⟺ ( y , x ) ∈ D 轮换对称性（李林 p251—252）
D 关于直线 y = x 对称 ⟹ ∬ D f ( x , y ) d x d y = ∬ D f ( y , x ) d x d y = 1 2 ∬ D [ f ( x , y ) + f ( y , x ) ] d x d y . \displaystyle D\text{ 关于直线 }y=x\text{ 对称}\ \Longrightarrow\ \iint_Df(x,y)\dx\dy=\iint_Df(y,x)\dx\dy=\frac12\iint_D\big[f(x,y)+f(y,x)\big]\dx\dy. D 关于直线 y = x 对称 ⟹ ∬ D f ( x , y ) d x d y = ∬ D f ( y , x ) d x d y = 2 1 ∬ D [ f ( x , y ) + f ( y , x ) ] d x d y .
为什么（李林的证明）：换元 x = v x=v x = v y = u y=u y = u ∣ J ∣ = 1 |J|=1 ∣ J ∣ = 1 D D D D D D
怎样检验区域：把边界方程里的 x x x y y y x 2 + y 2 ≤ 4 x x^2+y^2\le4x x 2 + y 2 ≤ 4 x x 2 + y 2 ≤ 4 y x^2+y^2\le4y x 2 + y 2 ≤ 4 y
两个推论：f ( y , x ) = − f ( x , y ) f(y,x)=-f(x,y) f ( y , x ) = − f ( x , y ) ∬ ( y − x ) \iint(y-x) ∬ ( y − x ) f ( y , x ) = f ( x , y ) f(y,x)=f(x,y) f ( y , x ) = f ( x , y ) y = x y=x y = x
被积函数是几项之和时，可以“整体”对调，也可以“分开”只对调其中一项（李林例 14 注③）。
方法卡 · 轮换对称
什么时候用
区域关于
y = x y=x y = x 对称（正方形
[ 0 , a ] 2 [0,a]^2 [ 0 , a ] 2 、圆心在
y = x y=x y = x 上的圆、第一象限的扇形和圆环）；被积函数是
⋯ f ( x ) + f ( y ) \frac{\cdots}{f(x)+f(y)} f ( x ) + f ( y ) ⋯ 这样的分式，或
x 2 a 2 + y 2 b 2 \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} a 2 x 2 + b 2 y 2 这类对调后能凑成好算式子的。
步骤
画图，确认区域关于 y = x y=x y = x
写出 ∬ f ( y , x ) \iint f(y,x) ∬ f ( y , x )
化简后通常分母约掉，或凑出 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 sin 2 + cos 2 \sin^2+\cos^2 sin 2 + cos 2
比较大小、判正负的题：用 y = x y=x y = x 最容易错
区域不关于
y = x y=x y = x 对称也硬用（如
0 ≤ x ≤ 1 0\le x\le1 0 ≤ x ≤ 1 ，
0 ≤ y ≤ 2 0\le y\le2 0 ≤ y ≤ 2 的长方形）；只对调了被积函数，却把区域也换成了别的；把轮换对称和 5.3 节的“函数对称”混为一谈。
例 5.7 李林 第十章 §3 提要 2 例如 · p252
计算
I = ∬ D 2 e x 2 + 3 e y 2 e x 2 + e y 2 d x d y I=\displaystyle\iint_D\frac{2\e^{x^2}+3\e^{y^2}}{\e^{x^2}+\e^{y^2}}\dx\dy I = ∬ D e x 2 + e y 2 2 e x 2 + 3 e y 2 d x d y ，其中
D D D ：
0 ≤ x ≤ 1 0\le x\le1 0 ≤ x ≤ 1 ，
0 ≤ y ≤ 1 0\le y\le1 0 ≤ y ≤ 1 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 区域关于 y = x y=x y = x 正方形 [ 0 , 1 ] × [ 0 , 1 ] [0,1]\times[0,1] [ 0 , 1 ] × [ 0 , 1 ] x x x y y y
条件 0 ≤ x ≤ 1 0\le x\le1 0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ 1 0\le y\le1 0 ≤ y ≤ 1
② 对调后相加。 I = 1 2 ∬ D ( 2 e x 2 + 3 e y 2 e x 2 + e y 2 + 2 e y 2 + 3 e x 2 e y 2 + e x 2 ) d x d y = 1 2 ∬ D 5 d x d y = 5 2 I=\dfrac12\displaystyle\iint_D\Big(\frac{2\e^{x^2}+3\e^{y^2}}{\e^{x^2}+\e^{y^2}}+\frac{2\e^{y^2}+3\e^{x^2}}{\e^{y^2}+\e^{x^2}}\Big)\dx\dy=\frac12\iint_D5\dx\dy=\frac52 I = 2 1 ∬ D ( e x 2 + e y 2 2 e x 2 + 3 e y 2 + e y 2 + e x 2 2 e y 2 + 3 e x 2 ) d x d y = 2 1 ∬ D 5 d x d y = 2 5
两个分式分母相同，分子相加是 5 ( e x 2 + e y 2 ) 5(\e^{x^2}+\e^{y^2}) 5 ( e x 2 + e y 2 ) e x 2 \e^{x^2} e x 2
答案：5 2 \frac52 2 5
例 5.8 ep 板书 二重积分 例 4 李林 第十章 习题 填空 (3) · p265
设区域
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 4 , x ≥ 0 , y ≥ 0 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le4,\ x\ge0,\ y\ge0\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 4 , x ≥ 0 , y ≥ 0 } ，
f ( x ) f(x) f ( x ) 为
D D D 上的正值连续函数，
a , b a,b a , b 为常数，记
g ( x , y ) = a f ( x ) + b f ( y ) f ( x ) + f ( y ) g(x,y)=\dfrac{a\sqrt{f(x)}+b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}} g ( x , y ) = f ( x ) + f ( y ) a f ( x ) + b f ( y ) ，则
∬ D g ( x , y ) d σ = \displaystyle\iint_Dg(x,y)\dd\sigma= ∬ D g ( x , y ) d σ = （ ）
（A）
a b π ab\pi abπ （B）
a b 2 π \dfrac{ab}2\pi 2 ab π （C）
( a + b ) π (a+b)\pi ( a + b ) π （D）
a + b 2 π \dfrac{a+b}2\pi 2 a + b π 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 区域关于 y = x y=x y = x 第一象限的四分之一圆，对调 x x x y y y
x 2 + y 2 ≤ 4 x^2+y^2\le4 x 2 + y 2 ≤ 4 x ≥ 0 x\ge0 x ≥ 0 y ≥ 0 y\ge0 y ≥ 0
② 对调后相加。 原式 = 1 2 ∬ D [ g ( x , y ) + g ( y , x ) ] d σ =\dfrac12\displaystyle\iint_D\big[g(x,y)+g(y,x)\big]\dd\sigma = 2 1 ∬ D [ g ( x , y ) + g ( y , x ) ] d σ ( a + b ) f ( x ) + ( a + b ) f ( y ) (a+b)\sqrt{f(x)}+(a+b)\sqrt{f(y)} ( a + b ) f ( x ) + ( a + b ) f ( y ) g ( x , y ) + g ( y , x ) = a + b g(x,y)+g(y,x)=a+b g ( x , y ) + g ( y , x ) = a + b = a + b 2 ∬ D d σ =\dfrac{a+b}2\displaystyle\iint_D\dd\sigma = 2 a + b ∬ D d σ
分子合并成 ( a + b ) ( f ( x ) + f ( y ) ) (a+b)\big(\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}\big) ( a + b ) ( f ( x ) + f ( y ) ) f f f
③ 面积。 四分之一圆的面积 = 1 4 ⋅ π ⋅ 2 2 = π =\frac14\cdot\pi\cdot2^2=\pi = 4 1 ⋅ π ⋅ 2 2 = π = a + b 2 π =\dfrac{a+b}2\pi = 2 a + b π
常数的二重积分等于常数乘面积。
答案：D
例 5.9 2014 数二(17) 2014 数三(16) 李林 第十章 §3 例 14 · p256
设平面区域
D = { ( x , y ) ∣ 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 , x ≥ 0 , y ≥ 0 } D=\{(x,y)\mid1\le x^2+y^2\le4,\ x\ge0,\ y\ge0\} D = {( x , y ) ∣ 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 , x ≥ 0 , y ≥ 0 } ，计算
∬ D x sin ( π x 2 + y 2 ) x + y d x d y \displaystyle\iint_D\frac{x\sin\big(\pi\sqrt{x^2+y^2}\big)}{x+y}\dx\dy ∬ D x + y x sin ( π x 2 + y 2 ) d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 轮换对称。 D D D y = x y=x y = x = 1 2 ∬ D ( x + y ) sin ( π x 2 + y 2 ) x + y d x d y = 1 2 ∬ D sin ( π x 2 + y 2 ) d x d y =\dfrac12\displaystyle\iint_D\frac{(x+y)\sin\big(\pi\sqrt{x^2+y^2}\big)}{x+y}\dx\dy=\frac12\iint_D\sin\big(\pi\sqrt{x^2+y^2}\big)\dx\dy = 2 1 ∬ D x + y ( x + y ) sin ( π x 2 + y 2 ) d x d y = 2 1 ∬ D sin ( π x 2 + y 2 ) d x d y
对调后分子的 x x x y y y sin ( π x 2 + y 2 ) \sin(\pi\sqrt{x^2+y^2}) sin ( π x 2 + y 2 ) x + y x+y x + y x + y x+y x + y
② 极坐标。 = 1 2 ∫ 0 π 2 d θ ∫ 1 2 r sin ( π r ) d r = π 4 ∫ 1 2 r sin ( π r ) d r =\dfrac12\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\dd\theta\int_1^2r\sin(\pi r)\dd r=\frac\pi4\int_1^2r\sin(\pi r)\dd r = 2 1 ∫ 0 2 π d θ ∫ 1 2 r sin ( π r ) d r = 4 π ∫ 1 2 r sin ( π r ) d r
约掉分母后只剩 x 2 + y 2 = r \sqrt{x^2+y^2}=r x 2 + y 2 = r r r r θ \theta θ
③ 分部积分。 ∫ 1 2 r sin ( π r ) d r = [ − r cos π r π ] 1 2 + 1 π ∫ 1 2 cos π r d r = − 3 π \displaystyle\int_1^2r\sin(\pi r)\dd r=\Big[-\frac{r\cos\pi r}\pi\Big]_1^2+\frac1\pi\int_1^2\cos\pi r\dd r=-\frac3\pi ∫ 1 2 r sin ( π r ) d r = [ − π r cos π r ] 1 2 + π 1 ∫ 1 2 cos π r d r = − π 3 = π 4 ⋅ ( − 3 π ) = − 3 4 =\dfrac\pi4\cdot\Big(-\dfrac3\pi\Big)=-\dfrac34 = 4 π ⋅ ( − π 3 ) = − 4 3
r = 2 r=2 r = 2 − 2 cos 2 π π = − 2 π -\frac{2\cos2\pi}\pi=-\frac2\pi − π 2 c o s 2 π = − π 2 r = 1 r=1 r = 1 − cos π π = 1 π -\frac{\cos\pi}\pi=\frac1\pi − π c o s π = π 1 − 3 π -\frac3\pi − π 3 sin π r \sin\pi r sin π r
④ 另一种做法（李林注②）。 直接用极坐标：∫ 0 π 2 cos θ cos θ + sin θ d θ ⋅ ∫ 1 2 r sin ( π r ) d r \displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\frac{\cos\theta}{\cos\theta+\sin\theta}\dd\theta\cdot\int_1^2r\sin(\pi r)\dd r ∫ 0 2 π cos θ + sin θ cos θ d θ ⋅ ∫ 1 2 r sin ( π r ) d r θ → π 2 − θ \theta\to\frac\pi2-\theta θ → 2 π − θ π 4 \frac\pi4 4 π
θ → π 2 − θ \theta\to\frac\pi2-\theta θ → 2 π − θ cos θ \cos\theta cos θ sin θ \sin\theta sin θ
答案：− 3 4 -\frac34 − 4 3
例 5.10 李林 第十章 §3 例 14 注 例如 1 · p257
计算
I = ∬ D e x 2 + y 2 ( sin 2 x + cos 2 y ) d x d y I=\displaystyle\iint_D\e^{x^2+y^2}(\sin^2x+\cos^2y)\dx\dy I = ∬ D e x 2 + y 2 ( sin 2 x + cos 2 y ) d x d y ，其中
D D D ：
x 2 + y 2 ≤ 1 x^2+y^2\le1 x 2 + y 2 ≤ 1 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 只对调一项。 圆域关于 y = x y=x y = x e x 2 + y 2 \e^{x^2+y^2} e x 2 + y 2 ∬ D e x 2 + y 2 sin 2 x d x d y = ∬ D e x 2 + y 2 sin 2 y d x d y \displaystyle\iint_D\e^{x^2+y^2}\sin^2x\dx\dy=\iint_D\e^{x^2+y^2}\sin^2y\dx\dy ∬ D e x 2 + y 2 sin 2 x d x d y = ∬ D e x 2 + y 2 sin 2 y d x d y
这就是“分开”用轮换对称：只把含 sin 2 x \sin^2x sin 2 x x x x y y y
② 凑出 1。 I = ∬ D e x 2 + y 2 ( sin 2 y + cos 2 y ) d x d y = ∬ D e x 2 + y 2 d x d y I=\displaystyle\iint_D\e^{x^2+y^2}(\sin^2y+\cos^2y)\dx\dy=\iint_D\e^{x^2+y^2}\dx\dy I = ∬ D e x 2 + y 2 ( sin 2 y + cos 2 y ) d x d y = ∬ D e x 2 + y 2 d x d y
对调后两项里都是 y y y sin 2 y + cos 2 y = 1 \sin^2y+\cos^2y=1 sin 2 y + cos 2 y = 1 1 2 ∬ e x 2 + y 2 ( sin 2 x + cos 2 x + sin 2 y + cos 2 y ) \frac12\iint\e^{x^2+y^2}(\sin^2x+\cos^2x+\sin^2y+\cos^2y) 2 1 ∬ e x 2 + y 2 ( sin 2 x + cos 2 x + sin 2 y + cos 2 y )
③ 极坐标。 = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 e r 2 r d r = 2 π ⋅ 1 2 ( e − 1 ) = π ( e − 1 ) =\displaystyle\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1\e^{r^2}r\dd r=2\pi\cdot\frac12(\e-1)=\pi(\e-1) = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 e r 2 r d r = 2 π ⋅ 2 1 ( e − 1 ) = π ( e − 1 )
面积元素多出来的 r r r e r 2 \e^{r^2} e r 2 r e r 2 d r = 1 2 d ( e r 2 ) r\e^{r^2}\dd r=\frac12\dd(\e^{r^2}) r e r 2 d r = 2 1 d ( e r 2 ) θ \theta θ 2 π 2\pi 2 π
答案：π ( e − 1 ) \pi(\e-1) π ( e − 1 )
例 5.11 李林 第十章 §3 例 14 注 例如 2 · p257
证明：
∬ D ( e sin y + e − sin x ) d x d y ≥ 2 π 2 \displaystyle\iint_D\big(\e^{\sin y}+\e^{-\sin x}\big)\dx\dy\ge2\pi^2 ∬ D ( e s i n y + e − s i n x ) d x d y ≥ 2 π 2 ，其中
D D D ：
0 ≤ x ≤ π 0\le x\le\pi 0 ≤ x ≤ π ，
0 ≤ y ≤ π 0\le y\le\pi 0 ≤ y ≤ π 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 轮换对称。 D = [ 0 , π ] × [ 0 , π ] D=[0,\pi]\times[0,\pi] D = [ 0 , π ] × [ 0 , π ] y = x y=x y = x ∬ D e sin y d x d y = ∬ D e sin x d x d y \displaystyle\iint_D\e^{\sin y}\dx\dy=\iint_D\e^{\sin x}\dx\dy ∬ D e s i n y d x d y = ∬ D e s i n x d x d y
只对调第一项（分开用），让两项都变成 x x x
② 合并。 左边 = ∬ D ( e sin x + e − sin x ) d x d y =\displaystyle\iint_D\big(\e^{\sin x}+\e^{-\sin x}\big)\dx\dy = ∬ D ( e s i n x + e − s i n x ) d x d y
现在被积函数是 t + 1 t t+\frac1t t + t 1 t = e sin x > 0 t=\e^{\sin x}>0 t = e s i n x > 0
③ 均值不等式。 e sin x + e − sin x ≥ 2 e sin x ⋅ e − sin x = 2 \e^{\sin x}+\e^{-\sin x}\ge2\sqrt{\e^{\sin x}\cdot\e^{-\sin x}}=2 e s i n x + e − s i n x ≥ 2 e s i n x ⋅ e − s i n x = 2 ≥ ∬ D 2 d x d y = 2 π 2 \ge\displaystyle\iint_D2\dx\dy=2\pi^2 ≥ ∬ D 2 d x d y = 2 π 2
被积函数处处 ≥ 2 \ge2 ≥ 2 ≥ 2 × \ge2\times ≥ 2 × π ⋅ π = π 2 \pi\cdot\pi=\pi^2 π ⋅ π = π 2
答案：证明题。思路：轮换对称把 e sin y \e^{\sin y} e s i n y e sin x \e^{\sin x} e s i n x t + 1 t ≥ 2 t+\frac1t\ge2 t + t 1 ≥ 2
x y O D ₁D ₂D ₃D ₄y −x >0y −x <0y =x 2013 数二(6)：y = x y=x y = x D 1 D_1 D 1 D 3 D_3 D 3
例 5.12 2013 数二(6) 2013 数三(3) 李林 第十章 §3 例 13 · p256
设
D k D_k D k 是圆域
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 1 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le1\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 1 } 在第
k k k 象限的部分，记
I k = ∬ D k ( y − x ) d x d y ( k = 1 , 2 , 3 , 4 ) I_k=\displaystyle\iint_{D_k}(y-x)\dx\dy\ (k=1,2,3,4) I k = ∬ D k ( y − x ) d x d y ( k = 1 , 2 , 3 , 4 ) ，则（ ）
（A）
I 1 > 0 I_1>0 I 1 > 0 （B）
I 2 > 0 I_2>0 I 2 > 0 （C）
I 3 > 0 I_3>0 I 3 > 0 （D）
I 4 > 0 I_4>0 I 4 > 0 解答先遮住，自己试 5 分钟
① D 1 D_1 D 1 D 3 D_3 D 3 y = x y=x y = x 对调 x x x y y y y − x y-x y − x x − y = − ( y − x ) x-y=-(y-x) x − y = − ( y − x ) I 1 = 1 2 ∬ D 1 [ ( y − x ) + ( x − y ) ] d x d y = 0 I_1=\dfrac12\displaystyle\iint_{D_1}\big[(y-x)+(x-y)\big]\dx\dy=0 I 1 = 2 1 ∬ D 1 [ ( y − x ) + ( x − y ) ] d x d y = 0 I 3 = 0 I_3=0 I 3 = 0
被积函数对调后变号，就像奇函数在对称区间上积分为 0。
② D 2 D_2 D 2 D 4 D_4 D 4 在 D 2 D_2 D 2 x ≤ 0 ≤ y x\le0\le y x ≤ 0 ≤ y y − x ≥ 0 y-x\ge0 y − x ≥ 0 I 2 > 0 I_2>0 I 2 > 0 D 4 D_4 D 4 y − x ≤ 0 y-x\le0 y − x ≤ 0 I 4 < 0 I_4<0 I 4 < 0
第二象限的点都在 y = x y=x y = x
答案：B
x y O x −y <0x −y >0y =√x y =x ²y =x 1 2016 数三(3)：红色一块在 y = x y=x y = x
例 5.13 2016 数三(3)
设
J i = ∬ D i x − y 3 d x d y ( i = 1 , 2 , 3 ) J_i=\displaystyle\iint_{D_i}\sqrt[3]{x-y}\dx\dy\ (i=1,2,3) J i = ∬ D i 3 x − y d x d y ( i = 1 , 2 , 3 ) ，其中
D 1 = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 } D_1=\{(x,y)\mid0\le x\le1,\ 0\le y\le1\} D 1 = {( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 } ，
D 2 = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x } D_2=\{(x,y)\mid0\le x\le1,\ 0\le y\le\sqrt x\} D 2 = {( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x } ，
D 3 = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , x 2 ≤ y ≤ 1 } D_3=\{(x,y)\mid0\le x\le1,\ x^2\le y\le1\} D 3 = {( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , x 2 ≤ y ≤ 1 } ，则（ ）
（A）
J 1 < J 2 < J 3 J_1<J_2<J_3 J 1 < J 2 < J 3 （B）
J 3 < J 1 < J 2 J_3<J_1<J_2 J 3 < J 1 < J 2 （C）
J 2 < J 3 < J 1 J_2<J_3<J_1 J 2 < J 3 < J 1 （D）
J 2 < J 1 < J 3 J_2<J_1<J_3 J 2 < J 1 < J 3 解答先遮住，自己试 5 分钟
① J 1 = 0 J_1=0 J 1 = 0 正方形 D 1 D_1 D 1 y = x y=x y = x x − y 3 \sqrt[3]{x-y} 3 x − y J 1 = 0 J_1=0 J 1 = 0
和上一题的 I 1 I_1 I 1
② J 2 > 0 J_2>0 J 2 > 0 D 2 D_2 D 2 D 1 D_1 D 1 { y > x } \{y>\sqrt x\} { y > x } y = x y=x y = x x − y 3 < 0 \sqrt[3]{x-y}<0 3 x − y < 0 J 2 = J 1 − ( 负数 ) > 0 J_2=J_1-(\text{负数})>0 J 2 = J 1 − ( 负数 ) > 0
在 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] x ≥ x \sqrt x\ge x x ≥ x y > x y>\sqrt x y > x y > x y>x y > x
③ J 3 < 0 J_3<0 J 3 < 0 D 3 D_3 D 3 D 1 D_1 D 1 { y < x 2 } \{y<x^2\} { y < x 2 } y = x y=x y = x x − y 3 > 0 \sqrt[3]{x-y}>0 3 x − y > 0 J 3 = J 1 − ( 正数 ) < 0 J_3=J_1-(\text{正数})<0 J 3 = J 1 − ( 正数 ) < 0 J 3 < J 1 < J 2 J_3<J_1<J_2 J 3 < J 1 < J 2
在 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] x 2 ≤ x x^2\le x x 2 ≤ x y < x 2 y<x^2 y < x 2 y < x y<x y < x
答案：B
x y O (2, 2) r =4cos θr =4sin θθ=π/4 2025 数二(20)：两个偏心圆的公共部分，按 θ = π 4 \theta=\frac\pi4 θ = 4 π
例 5.14 2025 数二(20)
已知平面有界区域
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 4 x , x 2 + y 2 ≤ 4 y } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le4x,\ x^2+y^2\le4y\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 4 x , x 2 + y 2 ≤ 4 y } ，计算
∬ D ( x − y ) 2 d x d y \displaystyle\iint_D(x-y)^2\dx\dy ∬ D ( x − y ) 2 d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 对称性。 两个条件对调后互换，D D D y = x y=x y = x ( x − y ) 2 (x-y)^2 ( x − y ) 2 y = x y=x y = x
被积函数对调不变时，两半上的积分相等；只算一半，就少分一段。
② 极坐标定限。 两圆 r = 4 cos θ r=4\cos\theta r = 4 cos θ r = 4 sin θ r=4\sin\theta r = 4 sin θ θ = π 4 \theta=\frac\pi4 θ = 4 π 0 ≤ θ ≤ π 4 0\le\theta\le\frac\pi4 0 ≤ θ ≤ 4 π r = 4 sin θ r=4\sin\theta r = 4 sin θ 0 ≤ r ≤ 4 sin θ 0\le r\le4\sin\theta 0 ≤ r ≤ 4 sin θ
公共部分取两个上限中较小的那个；θ < π 4 \theta<\frac\pi4 θ < 4 π sin θ < cos θ \sin\theta<\cos\theta sin θ < cos θ
③ 化成定积分。 ( x − y ) 2 = r 2 ( 1 − sin 2 θ ) (x-y)^2=r^2(1-\sin2\theta) ( x − y ) 2 = r 2 ( 1 − sin 2 θ ) = 2 ∫ 0 π 4 ( 1 − sin 2 θ ) d θ ∫ 0 4 sin θ r 3 d r = 128 ∫ 0 π 4 ( sin 4 θ − 2 sin 5 θ cos θ ) d θ =2\displaystyle\int_0^{\frac\pi4}(1-\sin2\theta)\dd\theta\int_0^{4\sin\theta}r^3\dd r=128\int_0^{\frac\pi4}\big(\sin^4\theta-2\sin^5\theta\cos\theta\big)\dd\theta = 2 ∫ 0 4 π ( 1 − sin 2 θ ) d θ ∫ 0 4 s i n θ r 3 d r = 128 ∫ 0 4 π ( sin 4 θ − 2 sin 5 θ cos θ ) d θ
被积函数换成极坐标后展开：( r cos θ − r sin θ ) 2 = r 2 ( 1 − 2 sin θ cos θ ) (r\cos\theta-r\sin\theta)^2=r^2(1-2\sin\theta\cos\theta) ( r cos θ − r sin θ ) 2 = r 2 ( 1 − 2 sin θ cos θ ) ∫ 0 4 sin θ r 3 d r = 64 sin 4 θ \int_0^{4\sin\theta}r^3\dd r=64\sin^4\theta ∫ 0 4 s i n θ r 3 d r = 64 sin 4 θ
④ 计算。 两个定积分分别算：∫ 0 π 4 sin 4 θ d θ = 3 π 32 − 1 4 \displaystyle\int_0^{\frac\pi4}\sin^4\theta\dd\theta=\frac{3\pi}{32}-\frac14 ∫ 0 4 π sin 4 θ d θ = 32 3 π − 4 1 ∫ 0 π 4 2 sin 5 θ cos θ d θ = 1 3 sin 6 θ ∣ 0 π 4 = 1 24 \displaystyle\int_0^{\frac\pi4}2\sin^5\theta\cos\theta\dd\theta=\frac13\sin^6\theta\Big|_0^{\frac\pi4}=\frac1{24} ∫ 0 4 π 2 sin 5 θ cos θ d θ = 3 1 sin 6 θ 0 4 π = 24 1 = 128 ( 3 π 32 − 1 4 − 1 24 ) = 12 π − 112 3 =128\Big(\dfrac{3\pi}{32}-\dfrac14-\dfrac1{24}\Big)=12\pi-\dfrac{112}3 = 128 ( 32 3 π − 4 1 − 24 1 ) = 12 π − 3 112
sin 4 θ = 3 8 − 1 2 cos 2 θ + 1 8 cos 4 θ \sin^4\theta=\frac38-\frac12\cos2\theta+\frac18\cos4\theta sin 4 θ = 8 3 − 2 1 cos 2 θ + 8 1 cos 4 θ π 4 \frac\pi4 4 π 3 π 32 − 1 4 + 0 \frac{3\pi}{32}-\frac14+0 32 3 π − 4 1 + 0 d ( sin θ ) \dd(\sin\theta) d ( sin θ )
答案：12 π − 112 3 12\pi-\frac{112}3 12 π − 3 112
练习 3 李林 第十章 §3 例 12 · p256
设
D D D ：
x 2 + y 2 ≤ R 2 x^2+y^2\le R^2 x 2 + y 2 ≤ R 2 ，则
I = ∬ D ( x 2 a 2 + y 2 b 2 ) d x d y = I=\displaystyle\iint_D\Big(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\Big)\dx\dy= I = ∬ D ( a 2 x 2 + b 2 y 2 ) d x d y = ______。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
提示。 圆域关于 y = x y=x y = x ∬ D x 2 = ∬ D y 2 = 1 2 ∬ D ( x 2 + y 2 ) = 1 2 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 R r 3 d r = π R 4 4 \displaystyle\iint_Dx^2=\iint_Dy^2=\frac12\iint_D(x^2+y^2)=\frac12\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^Rr^3\dd r=\frac{\pi R^4}4 ∬ D x 2 = ∬ D y 2 = 2 1 ∬ D ( x 2 + y 2 ) = 2 1 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 R r 3 d r = 4 π R 4 I = π R 4 4 ( 1 a 2 + 1 b 2 ) I=\dfrac{\pi R^4}4\Big(\dfrac1{a^2}+\dfrac1{b^2}\Big) I = 4 π R 4 ( a 2 1 + b 2 1 )
直接用极坐标会冒出 cos 2 θ a 2 + sin 2 θ b 2 \frac{\cos^2\theta}{a^2}+\frac{\sin^2\theta}{b^2} a 2 c o s 2 θ + b 2 s i n 2 θ x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2
答案：π R 4 4 ( 1 a 2 + 1 b 2 ) \frac{\pi R^4}4\Big(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}\Big) 4 π R 4 ( a 2 1 + b 2 1 )
5.3 平移、形心与函数对称：对称中心不在原点大白话：对称中心不在原点，就先把它挪到原点 。圆心在 ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) v = y − 1 v=y-1 v = y − 1 x = x 0 x=x_0 x = x 0 ∬ D x d σ = x 0 ⋅ S D \iint_Dx\dd\sigma=x_0\cdot S_D ∬ D x d σ = x 0 ⋅ S D f ( x ) f ( y ) f(x)f(y) f ( x ) f ( y ) x x x y y y
x y O (0, 1) x ²+y ²=2y 圆心 ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) y y y v = y − 1 v=y-1 v = y − 1 x y O 形心 (1, 2) √3 √2 椭圆关于 x = 1 x=1 x = 1 y = 2 y=2 y = 2
平移与形心（刷题本“升华对称性”；ep 板书）
D 关于直线 x = x 0 对称 ⟹ ∬ D ( x − x 0 ) 2 k + 1 g ( y ) d σ = 0 , \displaystyle D\text{ 关于直线 }x=x_0\text{ 对称}\ \Longrightarrow\ \iint_D(x-x_0)^{2k+1}g(y)\dd\sigma=0, D 关于直线 x = x 0 对称 ⟹ ∬ D ( x − x 0 ) 2 k + 1 g ( y ) d σ = 0 , ∬ D x d σ = x 0 S D ; \displaystyle \iint_Dx\dd\sigma=x_0\,S_D; ∬ D x d σ = x 0 S D ; D 关于直线 y = y 0 对称 ⟹ ∬ D ( y − y 0 ) 2 k + 1 h ( x ) d σ = 0 , \displaystyle D\text{ 关于直线 }y=y_0\text{ 对称}\ \Longrightarrow\ \iint_D(y-y_0)^{2k+1}h(x)\dd\sigma=0, D 关于直线 y = y 0 对称 ⟹ ∬ D ( y − y 0 ) 2 k + 1 h ( x ) d σ = 0 , ∬ D y d σ = y 0 S D . \displaystyle \iint_Dy\dd\sigma=y_0\,S_D. ∬ D y d σ = y 0 S D .
为什么：令 u = x − x 0 u=x-x_0 u = x − x 0 u = 0 u=0 u = 0 u 2 k + 1 u^{2k+1} u 2 k + 1 ∫ x 0 − a x 0 + a ( x − x 0 ) 3 d x = 0 \int_{x_0-a}^{x_0+a}(x-x_0)^3\dx=0 ∫ x 0 − a x 0 + a ( x − x 0 ) 3 d x = 0
所以圆、椭圆、矩形上 ∬ D ( a x + b y + c ) d σ = ( a x 0 + b y 0 + c ) S D \iint_D(ax+by+c)\dd\sigma=(ax_0+by_0+c)\,S_D ∬ D ( a x + b y + c ) d σ = ( a x 0 + b y 0 + c ) S D ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) ( x 0 , y 0 )
平移 u = x − x 0 u=x-x_0 u = x − x 0 v = y − y 0 v=y-y_0 v = y − y 0
函数对称（李林 p252）：D 1 D_1 D 1 D 2 D_2 D 2 y = x y=x y = x f ( x , y ) = f ( y , x ) f(x,y)=f(y,x) f ( x , y ) = f ( y , x ) ∬ D 1 f = ∬ D 2 f = 1 2 ∬ D 1 + D 2 f \iint_{D_1}f=\iint_{D_2}f=\frac12\iint_{D_1+D_2}f ∬ D 1 f = ∬ D 2 f = 2 1 ∬ D 1 + D 2 f
方法卡 · 平移与形心
什么时候用
圆心不在原点的圆、椭圆，被积函数是一次式或
( x + a ) 2 (x+a)^2 ( x + a ) 2 这类；区域关于一条不过原点的直线对称。
步骤
配方找出对称中心 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) ( x 0 , y 0 )
把被积函数写成 x − x 0 x-x_0 x − x 0 y − y 0 y-y_0 y − y 0
奇次项积分为 0；一次式用形心公式；二次项平移后用极坐标或轮换对称。 最容易错
配方配错半径（
x 2 + y 2 ≤ x + y + 1 x^2+y^2\le x+y+1 x 2 + y 2 ≤ x + y + 1 的半径平方是
3 2 \frac32 2 3 ，不是 1）；平移后忘了区域的边界也要跟着换；把
( x + 1 ) 2 (x+1)^2 ( x + 1 ) 2 展开后漏了
∬ 1 d σ \iint1\dd\sigma ∬ 1 d σ 那一项。
例 5.15 2017 数二(20) 刷题本 章节七 例 7-33
已知平面区域
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 y } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le2y\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 y } ，计算二重积分
∬ D ( x + 1 ) 2 d x d y \displaystyle\iint_D(x+1)^2\dx\dy ∬ D ( x + 1 ) 2 d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 展开，扔掉奇项。 ( x + 1 ) 2 = x 2 + 2 x + 1 (x+1)^2=x^2+2x+1 ( x + 1 ) 2 = x 2 + 2 x + 1 D D D ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) y y y 2 x 2x 2 x x x x
x 2 + y 2 ≤ 2 y x^2+y^2\le2y x 2 + y 2 ≤ 2 y x 2 + ( y − 1 ) 2 ≤ 1 x^2+(y-1)^2\le1 x 2 + ( y − 1 ) 2 ≤ 1 y y y
② 常数项。 ∬ D 1 d x d y = π \displaystyle\iint_D1\dx\dy=\pi ∬ D 1 d x d y = π
常数 1 的积分就是面积，半径 1 的圆面积是 π \pi π
③ x 2 x^2 x 2 令 v = y − 1 v=y-1 v = y − 1 D D D x 2 + v 2 ≤ 1 x^2+v^2\le1 x 2 + v 2 ≤ 1 ∬ D x 2 d x d y = 1 2 ∬ x 2 + v 2 ≤ 1 ( x 2 + v 2 ) d x d v = 1 2 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 r 3 d r = π 4 \displaystyle\iint_Dx^2\dx\dy=\frac12\iint_{x^2+v^2\le1}(x^2+v^2)\dx\dd v=\frac12\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1r^3\dd r=\frac\pi4 ∬ D x 2 d x d y = 2 1 ∬ x 2 + v 2 ≤ 1 ( x 2 + v 2 ) d x d v = 2 1 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 r 3 d r = 4 π = π 4 + π = 5 π 4 =\dfrac\pi4+\pi=\dfrac{5\pi}4 = 4 π + π = 4 5 π
x 2 x^2 x 2 y y y y y y y = x y=x y = x ∬ x 2 = ∬ v 2 \iint x^2=\iint v^2 ∬ x 2 = ∬ v 2 r 2 r^2 r 2
答案：5 π 4 \frac{5\pi}4 4 5 π
x y O (1, 1) y =x (x −1)²+(y −1)²=2 刷题本例 7-32：直线 y = x y=x y = x ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 )
例 5.16 刷题本 章节七 例 7-32
求二重积分
∬ D ( x − y ) d x d y \displaystyle\iint_D(x-y)\dx\dy ∬ D ( x − y ) d x d y ，其中
D = { ( x , y ) ∣ ( x − 1 ) 2 + ( y − 1 ) 2 ≤ 2 , y ≥ x } D=\{(x,y)\mid(x-1)^2+(y-1)^2\le2,\ y\ge x\} D = {( x , y ) ∣ ( x − 1 ) 2 + ( y − 1 ) 2 ≤ 2 , y ≥ x } 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 平移到圆心。 令 u = x − 1 u=x-1 u = x − 1 v = y − 1 v=y-1 v = y − 1 x − y = u − v x-y=u-v x − y = u − v u 2 + v 2 ≤ 2 u^2+v^2\le2 u 2 + v 2 ≤ 2 v ≥ u v\ge u v ≥ u
圆心 ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) y = x y=x y = x v = u v=u v = u
② 极坐标。 v ≥ u v\ge u v ≥ u v = u v=u v = u π 4 ≤ θ ≤ 5 π 4 \frac\pi4\le\theta\le\frac{5\pi}4 4 π ≤ θ ≤ 4 5 π 0 ≤ r ≤ 2 0\le r\le\sqrt2 0 ≤ r ≤ 2
从原点看，v = u v=u v = u θ \theta θ π 4 \frac\pi4 4 π 5 π 4 \frac{5\pi}4 4 5 π
③ 计算。 原式 = ∫ π 4 5 π 4 ( cos θ − sin θ ) d θ ∫ 0 2 r 2 d r = [ sin θ + cos θ ] π 4 5 π 4 ⋅ 2 2 3 = ( − 2 2 ) ⋅ 2 2 3 = − 8 3 =\displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac{5\pi}4}(\cos\theta-\sin\theta)\dd\theta\int_0^{\sqrt2}r^2\dd r=\big[\sin\theta+\cos\theta\big]_{\frac\pi4}^{\frac{5\pi}4}\cdot\frac{2\sqrt2}3=(-2\sqrt2)\cdot\frac{2\sqrt2}3=-\frac83 = ∫ 4 π 4 5 π ( cos θ − sin θ ) d θ ∫ 0 2 r 2 d r = [ sin θ + cos θ ] 4 π 4 5 π ⋅ 3 2 2 = ( − 2 2 ) ⋅ 3 2 2 = − 3 8
代入上下限：5 π 4 \frac{5\pi}4 4 5 π sin θ + cos θ = − 2 \sin\theta+\cos\theta=-\sqrt2 sin θ + cos θ = − 2 π 4 \frac\pi4 4 π 2 \sqrt2 2 ∫ 0 2 r 2 d r = 2 2 3 \int_0^{\sqrt2}r^2\dd r=\frac{2\sqrt2}3 ∫ 0 2 r 2 d r = 3 2 2
答案：− 8 3 -\frac83 − 3 8
x y O (1, 1) y ²=x x ²=y y =x 2025 数三(19)：两条抛物线围成的区域关于 y = x y=x y = x
例 5.17 2025 数三(19)
已知平面有界区域
D = { ( x , y ) ∣ y 2 ≤ x , x 2 ≤ y } D=\{(x,y)\mid y^2\le x,\ x^2\le y\} D = {( x , y ) ∣ y 2 ≤ x , x 2 ≤ y } ，计算二重积分
∬ D ( x − y + 1 ) 2 d x d y \displaystyle\iint_D(x-y+1)^2\dx\dy ∬ D ( x − y + 1 ) 2 d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 展开。 ( x − y + 1 ) 2 = ( x − y ) 2 + 2 ( x − y ) + 1 (x-y+1)^2=(x-y)^2+2(x-y)+1 ( x − y + 1 ) 2 = ( x − y ) 2 + 2 ( x − y ) + 1
把 x − y x-y x − y x x x y y y
② 轮换对称去掉一次项。 D D D y = x y=x y = x x − y x-y x − y ∬ D ( x − y ) d x d y = 0 \displaystyle\iint_D(x-y)\dx\dy=0 ∬ D ( x − y ) d x d y = 0
和 2013 数二(6) 的 I 1 I_1 I 1 y = x y=x y = x
③ 面积。 两抛物线交于 ( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) S D = ∫ 0 1 ( x − x 2 ) d x = 2 3 − 1 3 = 1 3 S_D=\displaystyle\int_0^1(\sqrt x-x^2)\dx=\frac23-\frac13=\frac13 S D = ∫ 0 1 ( x − x 2 ) d x = 3 2 − 3 1 = 3 1
竖线从 y = x 2 y=x^2 y = x 2 y = x y=\sqrt x y = x
④ ( x − y ) 2 (x-y)^2 ( x − y ) 2 由轮换对称 ∬ D y 2 = ∬ D x 2 \iint_Dy^2=\iint_Dx^2 ∬ D y 2 = ∬ D x 2 ∬ D ( x − y ) 2 = 2 ∬ D x 2 − 2 ∬ D x y \displaystyle\iint_D(x-y)^2=2\iint_Dx^2-2\iint_Dxy ∬ D ( x − y ) 2 = 2 ∬ D x 2 − 2 ∬ D x y ∬ D x 2 = ∫ 0 1 x 2 ( x − x 2 ) d x = 2 7 − 1 5 = 3 35 \displaystyle\iint_Dx^2=\int_0^1x^2(\sqrt x-x^2)\dx=\frac27-\frac15=\frac3{35} ∬ D x 2 = ∫ 0 1 x 2 ( x − x 2 ) d x = 7 2 − 5 1 = 35 3 ∬ D x y = ∫ 0 1 x ⋅ x − x 4 2 d x = 1 12 \displaystyle\iint_Dxy=\int_0^1x\cdot\frac{x-x^4}2\dx=\frac1{12} ∬ D x y = ∫ 0 1 x ⋅ 2 x − x 4 d x = 12 1 6 35 − 1 6 = 1 210 \dfrac6{35}-\dfrac16=\dfrac1{210} 35 6 − 6 1 = 210 1 = 1 210 + 1 3 = 71 210 =\dfrac1{210}+\dfrac13=\dfrac{71}{210} = 210 1 + 3 1 = 210 71
先对 y y y y = x 2 y=x^2 y = x 2 y = x y=\sqrt x y = x ∫ x 2 x y d y = x − x 4 2 \int_{x^2}^{\sqrt x}y\dy=\frac{x-x^4}2 ∫ x 2 x y d y = 2 x − x 4 6 35 − 1 6 = 36 − 35 210 \frac6{35}-\frac16=\frac{36-35}{210} 35 6 − 6 1 = 210 36 − 35
答案：71 210 \frac{71}{210} 210 71
例 5.18 李林 第十章 §3 提要 3 例如 · p252
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上连续且
∫ 0 1 f ( x ) d x = A \displaystyle\int_0^1f(x)\dx=A ∫ 0 1 f ( x ) d x = A ，求
I = ∫ 0 1 d x ∫ x 1 f ( x ) f ( y ) d y I=\displaystyle\int_0^1\dx\int_x^1f(x)f(y)\dy I = ∫ 0 1 d x ∫ x 1 f ( x ) f ( y ) d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 区域。 D 1 = { 0 ≤ x ≤ 1 , x ≤ y ≤ 1 } D_1=\{0\le x\le1,\ x\le y\le1\} D 1 = { 0 ≤ x ≤ 1 , x ≤ y ≤ 1 } [ 0 , 1 ] 2 [0,1]^2 [ 0 , 1 ] 2 y = x y=x y = x D 2 D_2 D 2 y = x y=x y = x
内层 y y y x x x y ≥ x y\ge x y ≥ x
② 函数对称。 f ( x ) f ( y ) f(x)f(y) f ( x ) f ( y ) x x x y y y ∬ D 1 f ( x ) f ( y ) d x d y = ∬ D 2 f ( x ) f ( y ) d x d y \displaystyle\iint_{D_1}f(x)f(y)\dx\dy=\iint_{D_2}f(x)f(y)\dx\dy ∬ D 1 f ( x ) f ( y ) d x d y = ∬ D 2 f ( x ) f ( y ) d x d y I = 1 2 ∬ D 1 + D 2 f ( x ) f ( y ) d x d y I=\dfrac12\displaystyle\iint_{D_1+D_2}f(x)f(y)\dx\dy I = 2 1 ∬ D 1 + D 2 f ( x ) f ( y ) d x d y
D 1 D_1 D 1 ( x , y ) (x,y) ( x , y ) D 2 D_2 D 2 ( y , x ) (y,x) ( y , x )
③ 正方形上分离变量。 ∬ [ 0 , 1 ] 2 f ( x ) f ( y ) d x d y = ∫ 0 1 f ( x ) d x ⋅ ∫ 0 1 f ( y ) d y = A 2 \displaystyle\iint_{[0,1]^2}f(x)f(y)\dx\dy=\int_0^1f(x)\dx\cdot\int_0^1f(y)\dy=A^2 ∬ [ 0 , 1 ] 2 f ( x ) f ( y ) d x d y = ∫ 0 1 f ( x ) d x ⋅ ∫ 0 1 f ( y ) d y = A 2 I = A 2 2 I=\dfrac{A^2}2 I = 2 A 2
区域是矩形、被积函数是“x x x y y y
答案：A 2 2 \frac{A^2}2 2 A 2
练习 4 ep 板书 二重积分 例 19、例 20
（1）计算
∬ D ( x + y ) d x d y \displaystyle\iint_D(x+y)\dx\dy ∬ D ( x + y ) d x d y ，其中
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ x + y + 1 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le x+y+1\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ x + y + 1 } ；（2）设
D = { ( x , y ) ∣ 2 ( x − 1 ) 2 + 3 ( y − 2 ) 2 ≤ 6 } D=\{(x,y)\mid2(x-1)^2+3(y-2)^2\le6\} D = {( x , y ) ∣ 2 ( x − 1 ) 2 + 3 ( y − 2 ) 2 ≤ 6 } ，求
∬ D ( x + y ) d x d y \displaystyle\iint_D(x+y)\dx\dy ∬ D ( x + y ) d x d y 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
(1) 配方。 ( x − 1 2 ) 2 + ( y − 1 2 ) 2 ≤ 3 2 \big(x-\frac12\big)^2+\big(y-\frac12\big)^2\le\frac32 ( x − 2 1 ) 2 + ( y − 2 1 ) 2 ≤ 2 3 ( 1 2 , 1 2 ) \big(\frac12,\frac12\big) ( 2 1 , 2 1 ) 3 2 π \frac32\pi 2 3 π = ( 1 2 + 1 2 ) ⋅ 3 2 π = 3 2 π =\big(\frac12+\frac12\big)\cdot\frac32\pi=\frac32\pi = ( 2 1 + 2 1 ) ⋅ 2 3 π = 2 3 π
x 2 − x = ( x − 1 2 ) 2 − 1 4 x^2-x=\big(x-\frac12\big)^2-\frac14 x 2 − x = ( x − 2 1 ) 2 − 4 1 1 4 \frac14 4 1 1 + 1 4 + 1 4 = 3 2 1+\frac14+\frac14=\frac32 1 + 4 1 + 4 1 = 2 3
(2) 椭圆。 ( x − 1 ) 2 3 + ( y − 2 ) 2 2 ≤ 1 \dfrac{(x-1)^2}3+\dfrac{(y-2)^2}2\le1 3 ( x − 1 ) 2 + 2 ( y − 2 ) 2 ≤ 1 3 \sqrt3 3 2 \sqrt2 2 π 3 2 = 6 π \pi\sqrt3\sqrt2=\sqrt6\pi π 3 2 = 6 π ( 1 , 2 ) (1,2) ( 1 , 2 ) = ( 1 + 2 ) 6 π = 3 6 π =(1+2)\sqrt6\pi=3\sqrt6\pi = ( 1 + 2 ) 6 π = 3 6 π
椭圆面积是 π a b \pi ab πab x = 1 x=1 x = 1 y = 2 y=2 y = 2
答案：(1) 3 2 π \frac32\pi 2 3 π 3 6 π 3\sqrt6\pi 3 6 π
5.4 小结
看到什么 怎样用对称性 例子
区域关于 y y y x x x 看 f f f x x x y y y 例 5.1 、例 5.2 、例 5.3 、练习 1 、练习 2 区域不对称，边界有 y = x 3 y=x^3 y = x 3 y = sin x y=\sin x y = sin x 添镜像曲线分块，每块各用一种对称 例 5.4 、例 5.5 、例 5.6 区域关于 y = x y=x y = x 对调后相加除以 2，分母约掉 例 5.7 、例 5.8 、例 5.9 对调后能凑出 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 sin 2 + cos 2 \sin^2+\cos^2 sin 2 + cos 2 整体或分开对调 练习 3 、例 5.10 证明含两个不同变量的积分不等式 只对调其中一项，化成同一个变量，再用 t + 1 t ≥ 2 t+\frac1t\ge2 t + t 1 ≥ 2 例 5.11 被积函数对调后变号（y − x y-x y − x x − y x-y x − y 在关于 y = x y=x y = x 例 5.12 、例 5.17 比较几块区域上 x − y 3 \sqrt[3]{x-y} 3 x − y 先用对称得 0，再看增减那块的符号 例 5.13 公共部分关于 y = x y=x y = x f f f 只算一半乘 2，少分一段 例 5.14 圆心、中心不在原点 平移；一次式用形心公式 例 5.15 、例 5.16 、练习 4 f ( x ) f ( y ) f(x)f(y) f ( x ) f ( y ) 函数对称：等于正方形上的一半 例 5.18
学完了，标记这一部分
第 6 部分
分区域积分
绝对值、max \max max
考试要求（大纲原文，李林讲义第十章第 2 条）
掌握二重积分的计算方法（直角坐标、极坐标）。
分区域积分是“计算方法”里的一类专门题型。对应李林讲义第十章第三节题型四“分区域积分”（p258—261），它把这类题分成六种：分段函数、绝对值、max \max max min \min min
6.1 被积函数带绝对值大白话：绝对值、max \max max ，所以先找分界线，把区域切开，每一块上换成普通的式子再积。绝对值 ∣ g ( x , y ) ∣ |g(x,y)| ∣ g ( x , y ) ∣ g ( x , y ) = 0 g(x,y)=0 g ( x , y ) = 0 g ≥ 0 g\ge0 g ≥ 0 g < 0 g<0 g < 0
x y O D ₁D ₂x ²+y ²−1<0x ²+y ²=1(1, 1) 1 ∣ x 2 + y 2 − 1 ∣ |x^2+y^2-1| ∣ x 2 + y 2 − 1∣ x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 分区域积分（李林 p258；刷题本 章节七）
∬ D ∣ g ∣ d σ = ∬ D ∩ { g ≥ 0 } g d σ − ∬ D ∩ { g < 0 } g d σ = ∬ D g d σ − 2 ∬ D ∩ { g < 0 } g d σ . \displaystyle \iint_D|g|\dd\sigma=\iint_{D\cap\{g\ge0\}}g\dd\sigma-\iint_{D\cap\{g<0\}}g\dd\sigma=\iint_Dg\dd\sigma-2\iint_{D\cap\{g<0\}}g\dd\sigma. ∬ D ∣ g ∣ d σ = ∬ D ∩ { g ≥ 0 } g d σ − ∬ D ∩ { g < 0 } g d σ = ∬ D g d σ − 2 ∬ D ∩ { g < 0 } g d σ .
第二个等号是“整体减局部”：先在整个 D D D g g g
为什么可以切开积：二重积分对区域可加，∬ D = ∬ D 1 + ∬ D 2 \iint_D=\iint_{D_1}+\iint_{D_2} ∬ D = ∬ D 1 + ∬ D 2
六类要分块的被积函数（李林题型四）：分段函数、绝对值、max \max max min \min min [ ⋅ ] [\,\cdot\,] [ ⋅ ] sgn \operatorname{sgn} sgn
方法卡 · 分区域积分
什么时候用
被积函数带
∣ ⋅ ∣ |\cdot| ∣ ⋅ ∣ 、
max \max max 、
min \min min 、
[ ⋅ ] [\,\cdot\,] [ ⋅ ] 、
sgn \operatorname{sgn} sgn ，或者是分段函数；积分区域随参数
t t t 变化。
步骤
令“里面的式子”等于分界值（g = 0 g=0 g = 0 f = g f=g f = g 1 + x 2 + y 2 = 1+x^2+y^2= 1 + x 2 + y 2 = x + y = 0 x+y=0 x + y = 0
在每一块上取一个点试一试，判断那块上被积函数等于哪个式子。
每块分别积分；形状别扭的块用“整体减局部”。
能用对称性就先用（第 5 部分），常常能省掉一半的块。 最容易错
分界线求错或漏了一条；圆内、圆外哪边取正号判断反了（代一个点试一下就不会错）；含参数的题只讨论了一种情况，没有覆盖
t t t 的全部范围。
例 6.1 李林 第十章 §3 例 16 · p258 刷题本 章节七 例 7-34
计算
I = ∬ D ∣ x 2 + y 2 − 1 ∣ d x d y I=\displaystyle\iint_D|x^2+y^2-1|\dx\dy I = ∬ D ∣ x 2 + y 2 − 1∣ d x d y ，其中
D D D ：
0 ≤ x ≤ 1 0\le x\le1 0 ≤ x ≤ 1 ，
0 ≤ y ≤ 1 0\le y\le1 0 ≤ y ≤ 1 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 分块。 圆 x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 D D D D 1 D_1 D 1 D 2 D_2 D 2 D 1 D_1 D 1 x 2 + y 2 − 1 ≤ 0 x^2+y^2-1\le0 x 2 + y 2 − 1 ≤ 0 D 2 D_2 D 2 ≥ 0 \ge0 ≥ 0
绝对值里的式子在圆上等于 0；取原点试一试，0 − 1 < 0 0-1<0 0 − 1 < 0
② 去掉绝对值。 I = ∬ D 1 ( 1 − x 2 − y 2 ) d x d y + ∬ D 2 ( x 2 + y 2 − 1 ) d x d y I=\displaystyle\iint_{D_1}(1-x^2-y^2)\dx\dy+\iint_{D_2}(x^2+y^2-1)\dx\dy I = ∬ D 1 ( 1 − x 2 − y 2 ) d x d y + ∬ D 2 ( x 2 + y 2 − 1 ) d x d y
负的那块去绝对值要添负号，正的那块直接去掉。
③ D 1 D_1 D 1 ∬ D 1 ( 1 − x 2 − y 2 ) d x d y = ∫ 0 π 2 d θ ∫ 0 1 ( 1 − r 2 ) r d r = π 2 ⋅ 1 4 = π 8 \displaystyle\iint_{D_1}(1-x^2-y^2)\dx\dy=\int_0^{\frac\pi2}\dd\theta\int_0^1(1-r^2)r\dd r=\frac\pi2\cdot\frac14=\frac\pi8 ∬ D 1 ( 1 − x 2 − y 2 ) d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 ( 1 − r 2 ) r d r = 2 π ⋅ 4 1 = 8 π
四分之一圆，极坐标的上下限都是常数；∫ 0 1 ( r − r 3 ) d r = 1 2 − 1 4 \int_0^1(r-r^3)\dd r=\frac12-\frac14 ∫ 0 1 ( r − r 3 ) d r = 2 1 − 4 1
④ D 2 D_2 D 2 ∬ D 2 ( x 2 + y 2 − 1 ) = ∬ D ( x 2 + y 2 − 1 ) − ∬ D 1 ( x 2 + y 2 − 1 ) = ( 2 3 − 1 ) + π 8 = π 8 − 1 3 \displaystyle\iint_{D_2}(x^2+y^2-1)=\iint_D(x^2+y^2-1)-\iint_{D_1}(x^2+y^2-1)=\Big(\frac23-1\Big)+\frac\pi8=\frac\pi8-\frac13 ∬ D 2 ( x 2 + y 2 − 1 ) = ∬ D ( x 2 + y 2 − 1 ) − ∬ D 1 ( x 2 + y 2 − 1 ) = ( 3 2 − 1 ) + 8 π = 8 π − 3 1 I = π 8 + π 8 − 1 3 = π 4 − 1 3 I=\dfrac\pi8+\dfrac\pi8-\dfrac13=\dfrac\pi4-\dfrac13 I = 8 π + 8 π − 3 1 = 4 π − 3 1
D 2 D_2 D 2 ∫ 0 1 d x ∫ 1 − x 2 1 \int_0^1\dx\int_{\sqrt{1-x^2}}^1 ∫ 0 1 d x ∫ 1 − x 2 1 x 2 + y 2 − 1 x^2+y^2-1 x 2 + y 2 − 1 1 3 + 1 3 − 1 \frac13+\frac13-1 3 1 + 3 1 − 1
答案：π 4 − 1 3 \frac\pi4-\frac13 4 π − 3 1
x y O θ=π/3 r <1r >1r =2cos θr =12023 数三(19)：圆 r = 1 r=1 r = 1 r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ θ = ± π 3 \theta=\pm\frac\pi3 θ = ± 3 π
例 6.2 2023 数三(19)
已知平面区域
D = { ( x , y ) ∣ ( x − 1 ) 2 + y 2 ≤ 1 } D=\{(x,y)\mid(x-1)^2+y^2\le1\} D = {( x , y ) ∣ ( x − 1 ) 2 + y 2 ≤ 1 } ，计算二重积分
∬ D ∣ x 2 + y 2 − 1 ∣ d x d y \displaystyle\iint_D\big|\sqrt{x^2+y^2}-1\big|\dx\dy ∬ D x 2 + y 2 − 1 d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 区域与分界线。 D D D − π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2 − 2 π ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ 2 cos θ 0\le r\le2\cos\theta 0 ≤ r ≤ 2 cos θ ∣ r − 1 ∣ |r-1| ∣ r − 1∣ r = 1 r=1 r = 1 2 cos θ = 1 2\cos\theta=1 2 cos θ = 1 θ = ± π 3 \theta=\pm\frac\pi3 θ = ± 3 π
( x − 1 ) 2 + y 2 ≤ 1 (x-1)^2+y^2\le1 ( x − 1 ) 2 + y 2 ≤ 1 x 2 + y 2 ≤ 2 x x^2+y^2\le2x x 2 + y 2 ≤ 2 x r ≤ 2 cos θ r\le2\cos\theta r ≤ 2 cos θ x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2
② 用“整体减局部”。 I = ∬ D ( r − 1 ) d σ + 2 ∬ D ∩ { r < 1 } ( 1 − r ) d σ I=\displaystyle\iint_D(r-1)\dd\sigma+2\iint_{D\cap\{r<1\}}(1-r)\dd\sigma I = ∬ D ( r − 1 ) d σ + 2 ∬ D ∩ { r < 1 } ( 1 − r ) d σ
在 r < 1 r<1 r < 1 ∣ r − 1 ∣ = 1 − r = ( r − 1 ) + 2 ( 1 − r ) |r-1|=1-r=(r-1)+2(1-r) ∣ r − 1∣ = 1 − r = ( r − 1 ) + 2 ( 1 − r ) ∬ ( r − 1 ) \iint(r-1) ∬ ( r − 1 ) θ \theta θ
③ 整体。 ∬ D ( r − 1 ) d σ = ∫ − π 2 π 2 d θ ∫ 0 2 cos θ ( r − 1 ) r d r = ∫ − π 2 π 2 ( 8 3 cos 3 θ − 2 cos 2 θ ) d θ = 8 3 ⋅ 4 3 − π = 32 9 − π \displaystyle\iint_D(r-1)\dd\sigma=\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\dd\theta\int_0^{2\cos\theta}(r-1)r\dd r=\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\Big(\frac83\cos^3\theta-2\cos^2\theta\Big)\dd\theta=\frac83\cdot\frac43-\pi=\frac{32}9-\pi ∬ D ( r − 1 ) d σ = ∫ − 2 π 2 π d θ ∫ 0 2 c o s θ ( r − 1 ) r d r = ∫ − 2 π 2 π ( 3 8 cos 3 θ − 2 cos 2 θ ) d θ = 3 8 ⋅ 3 4 − π = 9 32 − π
内层对 r r r θ \theta θ ∫ 0 c ( r 2 − r ) d r = c 3 3 − c 2 2 \int_0^{c}(r^2-r)\dd r=\frac{c^3}3-\frac{c^2}2 ∫ 0 c ( r 2 − r ) d r = 3 c 3 − 2 c 2 c = 2 cos θ c=2\cos\theta c = 2 cos θ ∫ − π 2 π 2 cos 3 θ d θ = 4 3 \int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos^3\theta\dd\theta=\frac43 ∫ − 2 π 2 π cos 3 θ d θ = 3 4 ∫ − π 2 π 2 cos 2 θ d θ = π 2 \int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos^2\theta\dd\theta=\frac\pi2 ∫ − 2 π 2 π cos 2 θ d θ = 2 π
④ r < 1 r<1 r < 1 ∣ θ ∣ ≤ π 3 |\theta|\le\frac\pi3 ∣ θ ∣ ≤ 3 π 0 ≤ r ≤ 1 0\le r\le1 0 ≤ r ≤ 1 π 3 < ∣ θ ∣ ≤ π 2 \frac\pi3<|\theta|\le\frac\pi2 3 π < ∣ θ ∣ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ 2 cos θ 0\le r\le2\cos\theta 0 ≤ r ≤ 2 cos θ ∬ ( 1 − r ) d σ = 2 π 3 ⋅ 1 6 + 2 ∫ π 3 π 2 ( 2 cos 2 θ − 8 3 cos 3 θ ) d θ = π 9 + 2 ( π 6 − 3 4 − 16 9 + 3 ) = 4 π 9 + 3 3 2 − 32 9 \displaystyle\iint(1-r)\dd\sigma=\frac{2\pi}3\cdot\frac16+2\int_{\frac\pi3}^{\frac\pi2}\Big(2\cos^2\theta-\frac83\cos^3\theta\Big)\dd\theta=\frac\pi9+2\Big(\frac\pi6-\frac{\sqrt3}4-\frac{16}9+\sqrt3\Big)=\frac{4\pi}9+\frac{3\sqrt3}2-\frac{32}9 ∬ ( 1 − r ) d σ = 3 2 π ⋅ 6 1 + 2 ∫ 3 π 2 π ( 2 cos 2 θ − 3 8 cos 3 θ ) d θ = 9 π + 2 ( 6 π − 4 3 − 9 16 + 3 ) = 9 4 π + 2 3 3 − 9 32
看图：θ \theta θ ± π 2 \pm\frac\pi2 ± 2 π 2 cos θ < 1 2\cos\theta<1 2 cos θ < 1 D D D ∫ 0 1 ( r − r 2 ) d r = 1 6 \int_0^1(r-r^2)\dd r=\frac16 ∫ 0 1 ( r − r 2 ) d r = 6 1 ∫ π 3 π 2 2 cos 2 θ d θ = π 6 − 3 4 \int_{\frac\pi3}^{\frac\pi2}2\cos^2\theta\dd\theta=\frac\pi6-\frac{\sqrt3}4 ∫ 3 π 2 π 2 cos 2 θ d θ = 6 π − 4 3 ∫ π 3 π 2 cos 3 θ d θ = 2 3 − 3 3 8 \int_{\frac\pi3}^{\frac\pi2}\cos^3\theta\dd\theta=\frac23-\frac{3\sqrt3}8 ∫ 3 π 2 π cos 3 θ d θ = 3 2 − 8 3 3
⑤ 合起来。 I = 32 9 − π + 2 ( 4 π 9 + 3 3 2 − 32 9 ) = 3 3 − π 9 − 32 9 I=\dfrac{32}9-\pi+2\Big(\dfrac{4\pi}9+\dfrac{3\sqrt3}2-\dfrac{32}9\Big)=3\sqrt3-\dfrac\pi9-\dfrac{32}9 I = 9 32 − π + 2 ( 9 4 π + 2 3 3 − 9 32 ) = 3 3 − 9 π − 9 32
− π + 8 π 9 = − π 9 -\pi+\frac{8\pi}9=-\frac\pi9 − π + 9 8 π = − 9 π 32 9 − 64 9 = − 32 9 \frac{32}9-\frac{64}9=-\frac{32}9 9 32 − 9 64 = − 9 32 1.29 1.29 1.29
答案：3 3 − π 9 − 32 9 3\sqrt3-\frac\pi9-\frac{32}9 3 3 − 9 π − 9 32
练习 5 李林 第十章 习题 解答 (4) · p265
设
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 9 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le9\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 9 } ，求
I = ∬ D ∣ x 2 + y 2 − 4 ∣ d x d y I=\displaystyle\iint_D|x^2+y^2-4|\dx\dy I = ∬ D ∣ x 2 + y 2 − 4∣ d x d y 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
提示。 分界线 r = 2 r=2 r = 2 I = ∫ 0 2 π d θ [ ∫ 0 2 ( 4 − r 2 ) r d r + ∫ 2 3 ( r 2 − 4 ) r d r ] = 2 π ( 4 + 25 4 ) = 41 π 2 I=\displaystyle\int_0^{2\pi}\dd\theta\Big[\int_0^2(4-r^2)r\dd r+\int_2^3(r^2-4)r\dd r\Big]=2\pi\Big(4+\frac{25}4\Big)=\frac{41\pi}2 I = ∫ 0 2 π d θ [ ∫ 0 2 ( 4 − r 2 ) r d r + ∫ 2 3 ( r 2 − 4 ) r d r ] = 2 π ( 4 + 4 25 ) = 2 41 π
圆内一段被积函数取 4 − r 2 4-r^2 4 − r 2 r 2 − 4 r^2-4 r 2 − 4 ∫ 0 2 ( 4 r − r 3 ) d r = 8 − 4 = 4 \int_0^2(4r-r^3)\dd r=8-4=4 ∫ 0 2 ( 4 r − r 3 ) d r = 8 − 4 = 4 ∫ 2 3 ( r 3 − 4 r ) d r = 81 − 16 4 − 2 ( 9 − 4 ) = 25 4 \int_2^3(r^3-4r)\dd r=\frac{81-16}4-2(9-4)=\frac{25}4 ∫ 2 3 ( r 3 − 4 r ) d r = 4 81 − 16 − 2 ( 9 − 4 ) = 4 25
答案：41 2 π \frac{41}2\pi 2 41 π
练习 6 李林 第十章 习题 解答 (7) · p265
设
D = { ( x , y ) ∣ x + y ≤ π 2 , x ≥ 0 , y ≥ 0 } D=\Big\{(x,y)\ \Big|\ x+y\le\dfrac\pi2,\ x\ge0,\ y\ge0\Big\} D = { ( x , y ) x + y ≤ 2 π , x ≥ 0 , y ≥ 0 } ，求
I = ∬ D ∣ sin ( x − y ) ∣ d x d y I=\displaystyle\iint_D|\sin(x-y)|\dx\dy I = ∬ D ∣ sin ( x − y ) ∣ d x d y 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
提示。 分界线 y = x y=x y = x D D D y = x y=x y = x ∣ sin ( x − y ) ∣ |\sin(x-y)| ∣ sin ( x − y ) ∣ I = 2 ∬ y ≤ x sin ( x − y ) d x d y = 2 ∫ 0 π 4 d y ∫ y π 2 − y sin ( x − y ) d x = 2 ∫ 0 π 4 ( 1 − sin 2 y ) d y = π 2 − 1 I=2\displaystyle\iint_{y\le x}\sin(x-y)\dx\dy=2\int_0^{\frac\pi4}\dy\int_y^{\frac\pi2-y}\sin(x-y)\dx=2\int_0^{\frac\pi4}(1-\sin2y)\dy=\frac\pi2-1 I = 2 ∬ y ≤ x sin ( x − y ) d x d y = 2 ∫ 0 4 π d y ∫ y 2 π − y sin ( x − y ) d x = 2 ∫ 0 4 π ( 1 − sin 2 y ) d y = 2 π − 1
在 D D D ∣ x − y ∣ ≤ π 2 |x-y|\le\frac\pi2 ∣ x − y ∣ ≤ 2 π sin ( x − y ) \sin(x-y) sin ( x − y ) x − y x-y x − y [ − cos ( x − y ) ] y π 2 − y = 1 − cos ( π 2 − 2 y ) = 1 − sin 2 y \big[-\cos(x-y)\big]_y^{\frac\pi2-y}=1-\cos(\frac\pi2-2y)=1-\sin2y [ − cos ( x − y ) ] y 2 π − y = 1 − cos ( 2 π − 2 y ) = 1 − sin 2 y
答案：π 2 − 1 \frac\pi2-1 2 π − 1
6.2 max / min、取整函数、符号函数大白话：max { f , g } \max\{f,g\} max { f , g } f = g f=g f = g [ h ] [\,h\,] [ h ] h = h= h = sgn ( h ) \operatorname{sgn}(h) sgn ( h ) h = 0 h=0 h = 0
x y O D ₁D ₂取 1−y 取 √(2x −x ²) (x −1)²+(y −1)²=1 圆心 (1, 1) 1 max { 2 x − x 2 , 1 − y } \max\{\sqrt{2x-x^2},1-y\} max { 2 x − x 2 , 1 − y } x y O 0 1 2 3 1 2 [ x + y ] [x+y] [ x + y ] x + y = 1 , 2 , 3 x+y=1,2,3 x + y = 1 , 2 , 3
常见分界线
max { f , g } \max\{f,g\} max { f , g } min { f , g } \min\{f,g\} min { f , g } f = g f=g f = g max { x 2 , y 2 } \max\{x^2,y^2\} max { x 2 , y 2 } y = ± x y=\pm x y = ± x [ h ( x , y ) ] [h(x,y)] [ h ( x , y )] h = 1 , 2 , … h=1,2,\dots h = 1 , 2 , … [ h ] [h] [ h ] sgn ( h ) \operatorname{sgn}(h) sgn ( h ) h = 0 h=0 h = 0 1 1 1 − 1 -1 − 1 为什么都能这样做：在每一块内部，被积函数就是一个普通的连续函数，二重积分对区域可加。
方法卡 · max / 取整 / 符号函数
什么时候用
被积函数是
max \max max 、
min \min min 、
[ ⋅ ] [\,\cdot\,] [ ⋅ ] 或
sgn \operatorname{sgn} sgn 。
步骤
写出分界线的方程并画出来（对 max { u , v } \max\{\sqrt{u},v\} max { u , v }
每块代一个点，定下这块上被积函数是哪个式子（或哪个常数）。
分块积分；常数块只要算面积。
看看有没有对称的两块可以抵消或合并。 最容易错
平方后多出一段不属于原方程的曲线；取整的最后一条带忘了（
[ 1 + x 2 + y 2 ] [1+x^2+y^2] [ 1 + x 2 + y 2 ] 在
x 2 + y 2 = 2 x^2+y^2=\sqrt2 x 2 + y 2 = 2 处还没到 3）；符号函数的两块不对称却硬说抵消。
例 6.3 李林 第十章 §3 例 19 · p259
设
D = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 } D=\{(x,y)\mid0\le x\le1,\ 0\le y\le1\} D = {( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 } ，计算
I = ∬ D max { 2 x − x 2 , 1 − y } d x d y I=\displaystyle\iint_D\max\big\{\sqrt{2x-x^2},\ 1-y\big\}\dx\dy I = ∬ D max { 2 x − x 2 , 1 − y } d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 找分界线。 2 x − x 2 = 1 − y ⟺ 2 x − x 2 = ( 1 − y ) 2 ⟺ ( x − 1 ) 2 + ( y − 1 ) 2 = 1 \sqrt{2x-x^2}=1-y\iff2x-x^2=(1-y)^2\iff(x-1)^2+(y-1)^2=1 2 x − x 2 = 1 − y ⟺ 2 x − x 2 = ( 1 − y ) 2 ⟺ ( x − 1 ) 2 + ( y − 1 ) 2 = 1 2 x − x 2 \sqrt{2x-x^2} 2 x − x 2 D 2 D_2 D 2 D 1 D_1 D 1 1 − y 1-y 1 − y
在 D D D ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) 1 = 1 > 0 \sqrt1=1>0 1 = 1 > 0 0 < 1 0<1 0 < 1
② D 1 D_1 D 1 1 − y 1-y 1 − y ∬ D 1 ( 1 − y ) = ∫ 0 1 d y ∫ 0 1 − 2 y − y 2 ( 1 − y ) d x = ∫ 0 1 ( 1 − y ) d y − ∫ 0 1 ( 1 − y ) 2 y − y 2 d y = 1 2 − 1 3 = 1 6 \displaystyle\iint_{D_1}(1-y)=\int_0^1\dy\int_0^{1-\sqrt{2y-y^2}}(1-y)\dx=\int_0^1(1-y)\dy-\int_0^1(1-y)\sqrt{2y-y^2}\dy=\frac12-\frac13=\frac16 ∬ D 1 ( 1 − y ) = ∫ 0 1 d y ∫ 0 1 − 2 y − y 2 ( 1 − y ) d x = ∫ 0 1 ( 1 − y ) d y − ∫ 0 1 ( 1 − y ) 2 y − y 2 d y = 2 1 − 3 1 = 6 1
横线从 x = 0 x=0 x = 0 x = 1 − 2 y − y 2 x=1-\sqrt{2y-y^2} x = 1 − 2 y − y 2 ( 1 − y ) d y = 1 2 d ( 2 y − y 2 ) (1-y)\dy=\frac12\dd(2y-y^2) ( 1 − y ) d y = 2 1 d ( 2 y − y 2 ) ∫ 0 1 ( 1 − y ) 2 y − y 2 d y = 1 3 ( 2 y − y 2 ) 3 2 ∣ 0 1 = 1 3 \int_0^1(1-y)\sqrt{2y-y^2}\dy=\frac13(2y-y^2)^{\frac32}\Big|_0^1=\frac13 ∫ 0 1 ( 1 − y ) 2 y − y 2 d y = 3 1 ( 2 y − y 2 ) 2 3 0 1 = 3 1
③ D 2 D_2 D 2 2 x − x 2 \sqrt{2x-x^2} 2 x − x 2 ∬ D 2 2 x − x 2 = ∫ 0 1 d x ∫ 1 − 2 x − x 2 1 2 x − x 2 d y = ∫ 0 1 ( 2 x − x 2 ) d x = 2 3 \displaystyle\iint_{D_2}\sqrt{2x-x^2}=\int_0^1\dx\int_{1-\sqrt{2x-x^2}}^1\sqrt{2x-x^2}\dy=\int_0^1(2x-x^2)\dx=\frac23 ∬ D 2 2 x − x 2 = ∫ 0 1 d x ∫ 1 − 2 x − x 2 1 2 x − x 2 d y = ∫ 0 1 ( 2 x − x 2 ) d x = 3 2 I = 1 6 + 2 3 = 5 6 I=\dfrac16+\dfrac23=\dfrac56 I = 6 1 + 3 2 = 6 5
竖线从圆弧 y = 1 − 2 x − x 2 y=1-\sqrt{2x-x^2} y = 1 − 2 x − x 2 y = 1 y=1 y = 1 2 x − x 2 \sqrt{2x-x^2} 2 x − x 2
答案：5 6 \frac56 6 5
x y O [·]=1 [·]=2 1 ⁴√2 李林例 17：[ 1 + x 2 + y 2 ] [1+x^2+y^2] [ 1 + x 2 + y 2 ] r = 1 r=1 r = 1
例 6.4 李林 第十章 §3 例 17 · p259 刷题本 章节七 例 7-37
设
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 , x ≥ 0 , y ≥ 0 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le\sqrt2,\ x\ge0,\ y\ge0\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 , x ≥ 0 , y ≥ 0 } ，
[ 1 + x 2 + y 2 ] [1+x^2+y^2] [ 1 + x 2 + y 2 ] 表示不超过
1 + x 2 + y 2 1+x^2+y^2 1 + x 2 + y 2 的最大整数，计算
I = ∬ D x y [ 1 + x 2 + y 2 ] d x d y I=\displaystyle\iint_Dxy\big[1+x^2+y^2\big]\dx\dy I = ∬ D x y [ 1 + x 2 + y 2 ] d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 分块。 1 + x 2 + y 2 1+x^2+y^2 1 + x 2 + y 2 D D D 1 + 2 ≈ 2.41 1+\sqrt2\approx2.41 1 + 2 ≈ 2.41 D 1 D_1 D 1 x 2 + y 2 < 1 x^2+y^2<1 x 2 + y 2 < 1 D 2 D_2 D 2 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 2 1\le x^2+y^2\le\sqrt2 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 2
取整函数在 1 + x 2 + y 2 = 2 1+x^2+y^2=2 1 + x 2 + y 2 = 2 r = 1 r=1 r = 1 1 + 2 < 3 1+\sqrt2<3 1 + 2 < 3
② 极坐标。 I = ∫ 0 π 2 sin θ cos θ d θ [ ∫ 0 1 r 3 d r + 2 ∫ 1 2 4 r 3 d r ] = 1 2 [ 1 4 + 2 ⋅ 2 − 1 4 ] = 3 8 I=\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\sin\theta\cos\theta\dd\theta\Big[\int_0^1r^3\dd r+2\int_1^{\sqrt[4]2}r^3\dd r\Big]=\frac12\Big[\frac14+2\cdot\frac{2-1}4\Big]=\frac38 I = ∫ 0 2 π sin θ cos θ d θ [ ∫ 0 1 r 3 d r + 2 ∫ 1 4 2 r 3 d r ] = 2 1 [ 4 1 + 2 ⋅ 4 2 − 1 ] = 8 3
x y = r 2 sin θ cos θ xy=r^2\sin\theta\cos\theta x y = r 2 sin θ cos θ r r r r 3 r^3 r 3 x 2 + y 2 ≤ 2 x^2+y^2\le\sqrt2 x 2 + y 2 ≤ 2 r ≤ 2 4 r\le\sqrt[4]2 r ≤ 4 2 r 4 r^4 r 4
答案：3 8 \frac38 8 3
x y O D ₂D ₃D ₁y =x y =x ²李林例 18：y = ± x y=\pm x y = ± x
例 6.5 李林 第十章 §3 例 18 · p259
设
D = { ( x , y ) ∣ x 2 ≤ y ≤ 1 − x 2 } D=\{(x,y)\mid x^2\le y\le\sqrt{1-x^2}\} D = {( x , y ) ∣ x 2 ≤ y ≤ 1 − x 2 } ，计算
I = ∬ D sgn ( x + y ) e x 2 + y 2 d x d y I=\displaystyle\iint_D\operatorname{sgn}(x+y)\,\e^{x^2+y^2}\dx\dy I = ∬ D sgn ( x + y ) e x 2 + y 2 d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 分块。 sgn ( x + y ) \operatorname{sgn}(x+y) sgn ( x + y ) y = − x y=-x y = − x y = x y=x y = x D D D D 1 D_1 D 1 y = − x y=-x y = − x sgn = − 1 \operatorname{sgn}=-1 sgn = − 1 D 2 D_2 D 2 ∣ x ∣ ≤ y |x|\le y ∣ x ∣ ≤ y sgn = 1 \operatorname{sgn}=1 sgn = 1 D 3 D_3 D 3 y = x y=x y = x sgn = 1 \operatorname{sgn}=1 sgn = 1
添 y = x y=x y = x D 1 D_1 D 1 D 3 D_3 D 3
② D 1 D_1 D 1 D 3 D_3 D 3 D 1 D_1 D 1 D 3 D_3 D 3 y y y e x 2 + y 2 \e^{x^2+y^2} e x 2 + y 2
这是第 5 部分的对称性：e x 2 + y 2 \e^{x^2+y^2} e x 2 + y 2 x x x
③ 只剩中间扇形。 D 2 D_2 D 2 π 4 ≤ θ ≤ 3 π 4 \frac\pi4\le\theta\le\frac{3\pi}4 4 π ≤ θ ≤ 4 3 π 0 ≤ r ≤ 1 0\le r\le1 0 ≤ r ≤ 1 I = ∫ π 4 3 π 4 d θ ∫ 0 1 e r 2 r d r = π 2 ⋅ e − 1 2 = π 4 ( e − 1 ) I=\displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}\dd\theta\int_0^1\e^{r^2}r\dd r=\frac\pi2\cdot\frac{\e-1}2=\frac\pi4(\e-1) I = ∫ 4 π 4 3 π d θ ∫ 0 1 e r 2 r d r = 2 π ⋅ 2 e − 1 = 4 π ( e − 1 )
扇形里的点满足 y ≥ ∣ x ∣ y\ge|x| y ≥ ∣ x ∣ ∣ x ∣ ≤ 1 |x|\le1 ∣ x ∣ ≤ 1 x 2 ≤ ∣ x ∣ ≤ y x^2\le|x|\le y x 2 ≤ ∣ x ∣ ≤ y D D D
答案：π 4 ( e − 1 ) \frac\pi4(\e-1) 4 π ( e − 1 )
x y O xy ≥1xy <1xy =1½ 2 max { x y , 1 } \max\{xy,1\} max { x y , 1 } x y = 1 xy=1 x y = 1
练习 7 刷题本 章节七 例 7-36
计算
∬ D max { x y , 1 } d x d y \displaystyle\iint_D\max\{xy,1\}\dx\dy ∬ D max { x y , 1 } d x d y ，其中
D = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2 } D=\{(x,y)\mid0\le x\le2,\ 0\le y\le2\} D = {( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2 } 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
提示。 分界线 x y = 1 xy=1 x y = 1 D 1 = { 1 2 ≤ x ≤ 2 , 1 x ≤ y ≤ 2 } D_1=\{\frac12\le x\le2,\ \frac1x\le y\le2\} D 1 = { 2 1 ≤ x ≤ 2 , x 1 ≤ y ≤ 2 } x y xy x y ∫ 1 2 2 x ⋅ 4 − 1 x 2 2 d x = 15 4 − ln 2 \displaystyle\int_{\frac12}^2x\cdot\frac{4-\frac1{x^2}}2\dx=\frac{15}4-\ln2 ∫ 2 1 2 x ⋅ 2 4 − x 2 1 d x = 4 15 − ln 2 = 4 − ∫ 1 2 2 ( 2 − 1 x ) d x = 1 + 2 ln 2 =4-\int_{\frac12}^2\big(2-\frac1x\big)\dx=1+2\ln2 = 4 − ∫ 2 1 2 ( 2 − x 1 ) d x = 1 + 2 ln 2 19 4 + ln 2 \dfrac{19}4+\ln2 4 19 + ln 2
剩下那块形状别扭，用“正方形面积减 D 1 D_1 D 1 ∫ 1 2 2 1 x d x = 2 ln 2 \int_{\frac12}^2\frac1x\dx=2\ln2 ∫ 2 1 2 x 1 d x = 2 ln 2
答案：19 4 + ln 2 \frac{19}4+\ln2 4 19 + ln 2
练习 8 刷题本 章节七 例 7-38
计算
∬ D e max { x 2 , y 2 } d x d y \displaystyle\iint_D\e^{\max\{x^2,y^2\}}\dx\dy ∬ D e m a x { x 2 , y 2 } d x d y ，其中
D = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 } D=\{(x,y)\mid0\le x\le1,\ 0\le y\le1\} D = {( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 } 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
提示。 分界线 y = x y=x y = x max = x 2 \max=x^2 max = x 2 max = y 2 \max=y^2 max = y 2 y = x y=x y = x = 2 ∫ 0 1 d x ∫ 0 x e x 2 d y = 2 ∫ 0 1 x e x 2 d x = e − 1 =2\displaystyle\int_0^1\dx\int_0^x\e^{x^2}\dy=2\int_0^1x\e^{x^2}\dx=\e-1 = 2 ∫ 0 1 d x ∫ 0 x e x 2 d y = 2 ∫ 0 1 x e x 2 d x = e − 1
e x 2 \e^{x^2} e x 2 y y y x x x
答案：e − 1 \e-1 e − 1
练习 9 李林 第十章 习题 解答 (10) · p265
设
D = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2 } D=\{(x,y)\mid0\le x\le2,\ 0\le y\le2\} D = {( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2 } ，求
I = ∬ D [ x + y ] d x d y I=\displaystyle\iint_D[x+y]\dx\dy I = ∬ D [ x + y ] d x d y ，其中
[ x + y ] [x+y] [ x + y ] 表示不超过
x + y x+y x + y 的最大整数。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
提示。 直线 x + y = 1 , 2 , 3 x+y=1,2,3 x + y = 1 , 2 , 3 1 2 , 3 2 , 3 2 , 1 2 \frac12,\frac32,\frac32,\frac12 2 1 , 2 3 , 2 3 , 2 1 0 , 1 , 2 , 3 0,1,2,3 0 , 1 , 2 , 3 I = 0 + 3 2 + 3 + 3 2 = 6 I=0+\frac32+3+\frac32=6 I = 0 + 2 3 + 3 + 2 3 = 6
常数的积分就是常数乘面积；中间两条带的面积用“三角形相减”：2 − 1 2 = 3 2 2-\frac12=\frac32 2 − 2 1 = 2 3
答案：6 6 6
6.3 分段函数与含参数的区域大白话：分段函数先看“它在哪里不为 0”或“哪一段用哪个式子”，把区域切成对应的几块 ；定义在全平面上、只在一小块里不为 0 的函数，积分区域一下子就缩成那一小块。含参数 t t t t t t
x y O t ≤π/2π/2<t ≤π π/2 π/2 李林例 20：直线 x + y = t x+y=t x + y = t t t t 分段与含参数
f f f ∬ R 2 f ( x ) f ( y − x ) d x d y \displaystyle\iint_{\mathbb R^2}f(x)f(y-x)\dx\dy ∬ R 2 f ( x ) f ( y − x ) d x d y { f ( x ) ≠ 0 , f ( y − x ) ≠ 0 } \{f(x)\ne0,\ f(y-x)\ne0\} { f ( x ) = 0 , f ( y − x ) = 0 } y y y u = y − x u=y-x u = y − x ( ∫ f ) 2 \Big(\displaystyle\int f\Big)^2 ( ∫ f ) 2 区域 D t D_t D t t t t t t t
检查：相邻两段的结果在分点处应当相等（区域连续变化，积分也连续变化）。
方法卡 · 分段函数与含参数
什么时候用
被积函数是分段函数（常见“在
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上为某式、其他为 0”）；积分区域里含参数
t t t 。
步骤
写出被积函数不为 0 的条件，画出这块区域；或写出每一段对应的区域。
含参数时，找出形状改变的临界值，把 t t t
每段分别积分，最后在临界值处核对是否连续。 最容易错
全平面积分时忘了只有一小块不为 0，照着
( − ∞ , + ∞ ) (-\infty,+\infty) ( − ∞ , + ∞ ) 去积；
f ( y − x ) f(y-x) f ( y − x ) 不为 0 的条件写成
0 ≤ y ≤ 1 0\le y\le1 0 ≤ y ≤ 1 ；含参数题漏了
t < 0 t<0 t < 0 或
t t t 很大的情况。
x y O x ²1/√(x ²+y ²) x +y =21 2 李林例 15：两层菱形，内层 f = x 2 f=x^2 f = x 2 f = 1 x 2 + y 2 f=\frac1{\sqrt{x^2+y^2}} f = x 2 + y 2 1
例 6.6 李林 第十章 §3 例 15 · p258
设
f ( x , y ) = { x 2 , ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 1 , 1 x 2 + y 2 , 1 < ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 2 , f(x,y)=\begin{cases}x^2,&|x|+|y|\le1,\\ \dfrac1{\sqrt{x^2+y^2}},&1<|x|+|y|\le2,\end{cases} f ( x , y ) = ⎩ ⎨ ⎧ x 2 , x 2 + y 2 1 , ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 1 , 1 < ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 2 , 计算二重积分
I = ∬ D f ( x , y ) d x d y I=\displaystyle\iint_Df(x,y)\dx\dy I = ∬ D f ( x , y ) d x d y ，其中
D D D ：
∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 2 |x|+|y|\le2 ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 2 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 分块并用对称性。 D 1 D_1 D 1 ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 1 |x|+|y|\le1 ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 1 D 2 D_2 D 2 1 < ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 2 1<|x|+|y|\le2 1 < ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 2 x x x y y y x 2 x^2 x 2 1 x 2 + y 2 \frac1{\sqrt{x^2+y^2}} x 2 + y 2 1 x x x y y y
分段函数按定义里的条件分块；∣ x ∣ + ∣ y ∣ |x|+|y| ∣ x ∣ + ∣ y ∣ x , y x,y x , y
② 内层。 4 ∫ 0 1 d y ∫ 0 1 − y x 2 d x = 4 ∫ 0 1 ( 1 − y ) 3 3 d y = 1 3 4\displaystyle\int_0^1\dy\int_0^{1-y}x^2\dx=4\int_0^1\frac{(1-y)^3}3\dy=\frac13 4 ∫ 0 1 d y ∫ 0 1 − y x 2 d x = 4 ∫ 0 1 3 ( 1 − y ) 3 d y = 3 1
第一象限的内层是三角形 x + y ≤ 1 x+y\le1 x + y ≤ 1 x = 0 x=0 x = 0 x = 1 − y x=1-y x = 1 − y
③ 外层用极坐标。 第一象限里直线 x + y = 1 x+y=1 x + y = 1 x + y = 2 x+y=2 x + y = 2 r = 1 sin θ + cos θ r=\frac1{\sin\theta+\cos\theta} r = s i n θ + c o s θ 1 r = 2 sin θ + cos θ r=\frac2{\sin\theta+\cos\theta} r = s i n θ + c o s θ 2 4 ∫ 0 π 2 d θ ∫ 1 sin θ + cos θ 2 sin θ + cos θ 1 r ⋅ r d r = 4 ∫ 0 π 2 d θ sin θ + cos θ 4\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\dd\theta\int_{\frac1{\sin\theta+\cos\theta}}^{\frac2{\sin\theta+\cos\theta}}\frac1r\cdot r\dd r=4\int_0^{\frac\pi2}\frac{\dd\theta}{\sin\theta+\cos\theta} 4 ∫ 0 2 π d θ ∫ s i n θ + c o s θ 1 s i n θ + c o s θ 2 r 1 ⋅ r d r = 4 ∫ 0 2 π sin θ + cos θ d θ
被积函数 1 x 2 + y 2 = 1 r \frac1{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac1r x 2 + y 2 1 = r 1 r r r
④ 算 ∫ d θ sin θ + cos θ \int\frac{\dd\theta}{\sin\theta+\cos\theta} ∫ s i n θ + c o s θ d θ 先用辅助角公式把分母合成一个正弦：sin θ + cos θ = 2 sin ( θ + π 4 ) \sin\theta+\cos\theta=\sqrt2\sin\big(\theta+\frac\pi4\big) sin θ + cos θ = 2 sin ( θ + 4 π ) ∫ 0 π 2 d θ 2 sin ( θ + π 4 ) = 1 2 ln ∣ tan θ + π 4 2 ∣ ∣ 0 π 2 = 2 ln ( 2 + 1 ) \displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\frac{\dd\theta}{\sqrt2\sin(\theta+\frac\pi4)}=\frac1{\sqrt2}\ln\Big|\tan\frac{\theta+\frac\pi4}2\Big|\Big|_0^{\frac\pi2}=\sqrt2\ln(\sqrt2+1) ∫ 0 2 π 2 sin ( θ + 4 π ) d θ = 2 1 ln tan 2 θ + 4 π 0 2 π = 2 ln ( 2 + 1 ) I = 1 3 + 4 2 ln ( 2 + 1 ) I=\dfrac13+4\sqrt2\ln(\sqrt2+1) I = 3 1 + 4 2 ln ( 2 + 1 )
∫ d u sin u = ln ∣ tan u 2 ∣ \int\frac{\dd u}{\sin u}=\ln|\tan\frac u2| ∫ s i n u d u = ln ∣ tan 2 u ∣ tan 3 π 8 = 2 + 1 \tan\frac{3\pi}8=\sqrt2+1 tan 8 3 π = 2 + 1 tan π 8 = 2 − 1 \tan\frac\pi8=\sqrt2-1 tan 8 π = 2 − 1 ( 2 + 1 ) 2 (\sqrt2+1)^2 ( 2 + 1 ) 2 1 2 \frac1{\sqrt2} 2 1 2 ln ( 2 + 1 ) \sqrt2\ln(\sqrt2+1) 2 ln ( 2 + 1 )
答案：1 3 + 4 2 ln ( 2 + 1 ) \frac13+4\sqrt2\ln(\sqrt2+1) 3 1 + 4 2 ln ( 2 + 1 )
x y O y =x y =x +11 2022 数三(14)：只有这个平行四边形上被积函数不为 0。
例 6.7 2022 数三(14)
已知函数
f ( x ) = { e x , 0 ≤ x ≤ 1 , 0 , 其他 , f(x)=\begin{cases}\e^x,&0\le x\le1,\\0,&\text{其他},\end{cases} f ( x ) = { e x , 0 , 0 ≤ x ≤ 1 , 其他 , 则
∫ − ∞ + ∞ d x ∫ − ∞ + ∞ f ( x ) f ( y − x ) d y = \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dx\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)f(y-x)\dy= ∫ − ∞ + ∞ d x ∫ − ∞ + ∞ f ( x ) f ( y − x ) d y = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 找不为 0 的区域。 f ( x ) ≠ 0 f(x)\ne0 f ( x ) = 0 0 ≤ x ≤ 1 0\le x\le1 0 ≤ x ≤ 1 f ( y − x ) ≠ 0 f(y-x)\ne0 f ( y − x ) = 0 0 ≤ y − x ≤ 1 0\le y-x\le1 0 ≤ y − x ≤ 1 x ≤ y ≤ x + 1 x\le y\le x+1 x ≤ y ≤ x + 1 e x ⋅ e y − x = e y \e^x\cdot\e^{y-x}=\e^y e x ⋅ e y − x = e y
分段函数在别处为 0，积分区域就缩成两个条件同时成立的那一块。
② 计算。 原式 = ∫ 0 1 d x ∫ x x + 1 e y d y = ∫ 0 1 ( e x + 1 − e x ) d x = ( e − 1 ) ∫ 0 1 e x d x = ( e − 1 ) 2 =\displaystyle\int_0^1\dx\int_x^{x+1}\e^y\dy=\int_0^1\big(\e^{x+1}-\e^x\big)\dx=(\e-1)\int_0^1\e^x\dx=(\e-1)^2 = ∫ 0 1 d x ∫ x x + 1 e y d y = ∫ 0 1 ( e x + 1 − e x ) d x = ( e − 1 ) ∫ 0 1 e x d x = ( e − 1 ) 2
先对 y y y
③ 另一种看法。 内层换元 u = y − x u=y-x u = y − x ∫ − ∞ + ∞ f ( y − x ) d y = ∫ − ∞ + ∞ f ( u ) d u = e − 1 \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(y-x)\dy=\int_{-\infty}^{+\infty}f(u)\dd u=\e-1 ∫ − ∞ + ∞ f ( y − x ) d y = ∫ − ∞ + ∞ f ( u ) d u = e − 1 x x x = ( e − 1 ) ∫ − ∞ + ∞ f ( x ) d x = ( e − 1 ) 2 =(\e-1)\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\dx=(\e-1)^2 = ( e − 1 ) ∫ − ∞ + ∞ f ( x ) d x = ( e − 1 ) 2
在整条数轴上积分，平移不改变积分值。这个结论在概率论里就是“卷积的积分等于两个积分相乘”。
答案：( e − 1 ) 2 (\e-1)^2 ( e − 1 ) 2
练习 10 李林 第十章 习题 填空 (5) · p265
设
f ( x ) = { a , 0 ≤ x ≤ 1 , 0 , 其他 , f(x)=\begin{cases}a,&0\le x\le1,\\0,&\text{其他},\end{cases} f ( x ) = { a , 0 , 0 ≤ x ≤ 1 , 其他 , D D D 为全平面，则
I = ∬ D f ( y ) f ( x − y ) d x d y = I=\displaystyle\iint_Df(y)f(x-y)\dx\dy= I = ∬ D f ( y ) f ( x − y ) d x d y = ______。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
提示。 先对 x x x u = x − y u=x-y u = x − y ∫ − ∞ + ∞ f ( x − y ) d x = ∫ 0 1 a d u = a \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x-y)\dx=\int_0^1a\dd u=a ∫ − ∞ + ∞ f ( x − y ) d x = ∫ 0 1 a d u = a ∫ − ∞ + ∞ f ( y ) d y = a \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(y)\dy=a ∫ − ∞ + ∞ f ( y ) d y = a I = a 2 I=a^2 I = a 2
和上一题同一个道理：全平面上先把“平移了的那个因子”积掉。
答案：a 2 a^2 a 2
例 6.8 李林 第十章 §3 例 20 · p260
设
D D D ：
0 ≤ x ≤ π 2 0\le x\le\dfrac\pi2 0 ≤ x ≤ 2 π ，
0 ≤ y ≤ π 2 0\le y\le\dfrac\pi2 0 ≤ y ≤ 2 π ，
D t D_t D t ：
0 ≤ x + y ≤ t 0\le x+y\le t 0 ≤ x + y ≤ t ，
G t = D ∩ D t G_t=D\cap D_t G t = D ∩ D t ，求
F ( t ) = ∬ G t cos ( x + y ) d x d y F(t)=\displaystyle\iint_{G_t}\cos(x+y)\dx\dy F ( t ) = ∬ G t cos ( x + y ) d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 临界值。 直线 x + y = t x+y=t x + y = t t = π 2 t=\frac\pi2 t = 2 π ( π 2 , 0 ) \big(\frac\pi2,0\big) ( 2 π , 0 ) ( 0 , π 2 ) \big(0,\frac\pi2\big) ( 0 , 2 π ) t = π t=\pi t = π t < 0 t<0 t < 0 0 ≤ t ≤ π 2 0\le t\le\frac\pi2 0 ≤ t ≤ 2 π π 2 < t ≤ π \frac\pi2<t\le\pi 2 π < t ≤ π t > π t>\pi t > π t < 0 t<0 t < 0 G t G_t G t F ( t ) = 0 F(t)=0 F ( t ) = 0
区域的形状在直线碰到正方形顶点时才改变：先是三角形，再是五边形，最后是整个正方形（见图）。
② 0 ≤ t ≤ π 2 0\le t\le\frac\pi2 0 ≤ t ≤ 2 π F ( t ) = ∫ 0 t d y ∫ 0 t − y cos ( x + y ) d x = ∫ 0 t ( sin t − sin y ) d y = t sin t + cos t − 1 F(t)=\displaystyle\int_0^t\dy\int_0^{t-y}\cos(x+y)\dx=\int_0^t(\sin t-\sin y)\dy=t\sin t+\cos t-1 F ( t ) = ∫ 0 t d y ∫ 0 t − y cos ( x + y ) d x = ∫ 0 t ( sin t − sin y ) d y = t sin t + cos t − 1
横线从 x = 0 x=0 x = 0 x = t − y x=t-y x = t − y [ sin ( x + y ) ] 0 t − y = sin t − sin y \big[\sin(x+y)\big]_0^{t-y}=\sin t-\sin y [ sin ( x + y ) ] 0 t − y = sin t − sin y
③ π 2 < t ≤ π \frac\pi2<t\le\pi 2 π < t ≤ π 按 y = t − π 2 y=t-\frac\pi2 y = t − 2 π F ( t ) = ∫ 0 t − π 2 d y ∫ 0 π 2 cos ( x + y ) d x + ∫ t − π 2 π 2 d y ∫ 0 t − y cos ( x + y ) d x = − cos t − 1 + ( π − t ) sin t F(t)=\displaystyle\int_0^{t-\frac\pi2}\dy\int_0^{\frac\pi2}\cos(x+y)\dx+\int_{t-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\dy\int_0^{t-y}\cos(x+y)\dx=-\cos t-1+(\pi-t)\sin t F ( t ) = ∫ 0 t − 2 π d y ∫ 0 2 π cos ( x + y ) d x + ∫ t − 2 π 2 π d y ∫ 0 t − y cos ( x + y ) d x = − cos t − 1 + ( π − t ) sin t
y < t − π 2 y<t-\frac\pi2 y < t − 2 π x = π 2 x=\frac\pi2 x = 2 π ∫ 0 t − π 2 ( cos y − sin y ) d y = − cos t + sin t − 1 \int_0^{t-\frac\pi2}(\cos y-\sin y)\dy=-\cos t+\sin t-1 ∫ 0 t − 2 π ( cos y − sin y ) d y = − cos t + sin t − 1 ( π − t ) sin t − sin t (\pi-t)\sin t-\sin t ( π − t ) sin t − sin t
④ t > π t>\pi t > π F ( t ) = ∫ 0 π 2 d y ∫ 0 π 2 cos ( x + y ) d x = ∫ 0 π 2 ( cos y − sin y ) d y = 0 F(t)=\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\dy\int_0^{\frac\pi2}\cos(x+y)\dx=\int_0^{\frac\pi2}(\cos y-\sin y)\dy=0 F ( t ) = ∫ 0 2 π d y ∫ 0 2 π cos ( x + y ) d x = ∫ 0 2 π ( cos y − sin y ) d y = 0
检查衔接：t = π 2 t=\frac\pi2 t = 2 π π 2 − 1 \frac\pi2-1 2 π − 1 t = π t=\pi t = π t = 0 t=0 t = 0 t < 0 t<0 t < 0
答案：F ( t ) = { 0 , t < 0 , t sin t + cos t − 1 , 0 ≤ t ≤ π 2 , − cos t − 1 + ( π − t ) sin t , π 2 < t ≤ π , 0 , t > π F(t)=\begin{cases}0,&t<0,\\ t\sin t+\cos t-1,&0\le t\le\frac\pi2,\\ -\cos t-1+(\pi-t)\sin t,&\frac\pi2<t\le\pi,\\ 0,&t>\pi\end{cases} F ( t ) = ⎩ ⎨ ⎧ 0 , t sin t + cos t − 1 , − cos t − 1 + ( π − t ) sin t , 0 , t < 0 , 0 ≤ t ≤ 2 π , 2 π < t ≤ π , t > π
6.4 小结
被积函数 分界线 例子
∣ g ( x , y ) ∣ |g(x,y)| ∣ g ( x , y ) ∣ g = 0 g=0 g = 0 例 6.1 、例 6.2 、练习 5 、练习 6 max { f , g } \max\{f,g\} max { f , g } min { f , g } \min\{f,g\} min { f , g } f = g f=g f = g 例 6.3 、练习 7 、练习 8 [ h ( x , y ) ] [h(x,y)] [ h ( x , y )] h = h= h = 例 6.4 、练习 9 sgn ( h ) \operatorname{sgn}(h) sgn ( h ) h = 0 h=0 h = 0 例 6.5 分段函数（按区域给出） 定义里的条件 例 6.6 全平面上的 f ( x ) f ( y − x ) f(x)f(y-x) f ( x ) f ( y − x ) 只在 f ≠ 0 f\ne0 f = 0 例 6.7 、练习 10 区域含参数 t t t 分界线扫过顶点的时刻 例 6.8
学完了，标记这一部分
第 7 部分
综合题
综合题把二重积分和别的知识绑在一起：积分方程、微分方程、分部积分、反常积分、换元、证明。这一部分每类讲一个套路，配 9 道真题。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十章第 1、2、3 条）
理解二重积分的概念，了解二重积分的性质及其中值定理。
掌握二重积分的计算方法（直角坐标、极坐标）。
（仅数学一、数学三要求）了解无界区域上简单的反常二重积分并会计算。
综合题把二重积分和别的知识绑在一起考。对应李林讲义第十章第三节题型五“二重积分的综合题”（p261—263）与第二节的换元法（p249—250）；Maki《真题分类精解》第三十三讲里的积分方程、分部积分、无界区域、换元题。一般换元（雅可比行列式）大纲没有写，但李林讲了，真题的解析也常用它，所以这里一并讲；本部分每道真题都另给了只用直角坐标或极坐标的做法。
7.1 二重积分是一个数：积分方程大白话：区域给定了，∬ D f ( x , y ) d x d y \iint_Df(x,y)\dx\dy ∬ D f ( x , y ) d x d y ，和积分变量叫 x , y x,y x , y u , v u,v u , v A A A A A A t t t 2 t 2t 2 t D t D_t D t t t t
x y O r =sin θ1 ½ 李林例 23 的区域：x 2 + y 2 ≤ y x^2+y^2\le y x 2 + y 2 ≤ y π 8 \frac\pi8 8 π 两种积分方程
区域固定：若 f ( x , y ) = g ( x , y ) + c h ( x , y ) A f(x,y)=g(x,y)+c\,h(x,y)\,A f ( x , y ) = g ( x , y ) + c h ( x , y ) A A = ∬ D f d σ A=\displaystyle\iint_Df\dd\sigma A = ∬ D f d σ A = ∬ D g d σ + c A ∬ D h d σ A=\displaystyle\iint_Dg\dd\sigma+cA\iint_Dh\dd\sigma A = ∬ D g d σ + c A ∬ D h d σ A A A
区域随 t t t ∬ D t \displaystyle\iint_{D_t} ∬ D t ∫ 0 φ ( t ) ( ⋯ ) d r \displaystyle\int_0^{\varphi(t)}(\cdots)\dd r ∫ 0 φ ( t ) ( ⋯ ) d r t t t t = 0 t=0 t = 0
为什么可以两边积分：等式对 D D D
方法卡 · 积分方程
什么时候用
函数的表达式里出现它自己在某区域上的二重积分；或者等式两边是区域含
t t t 的二重积分。
步骤
把固定区域上的二重积分记作常数 A A A
等式两边在同一区域上积分，常数项乘面积，得出 A A A
区域含 t t t t = 0 t=0 t = 0 最容易错
把
A A A 当成
x , y x,y x , y 的函数；两边积分时常数项忘了乘面积；变上限积分求导时漏乘上限的导数（如上限
2 t 2t 2 t 要乘 2）；忘记写初值条件。
例 7.1 李林 第十章 §3 例 23 · p262
设
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ y , x ≥ 0 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le y,\ x\ge0\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ y , x ≥ 0 } ，
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 在
D D D 上连续，且
f ( x , y ) = 1 − x 2 − y 2 − 8 π ∬ D f ( u , v ) d u d v f(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2}-\dfrac8\pi\displaystyle\iint_Df(u,v)\dd u\dd v f ( x , y ) = 1 − x 2 − y 2 − π 8 ∬ D f ( u , v ) d u d v ，求
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 的表达式。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 二重积分是常数。 记 A = ∬ D f ( u , v ) d u d v A=\displaystyle\iint_Df(u,v)\dd u\dd v A = ∬ D f ( u , v ) d u d v f ( x , y ) = 1 − x 2 − y 2 − 8 π A f(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2}-\dfrac8\pi A f ( x , y ) = 1 − x 2 − y 2 − π 8 A
区域给定了，积出来就是一个确定的数；积分变量写成 u , v u,v u , v ∬ D f ( u , v ) d u d v = ∬ D f ( x , y ) d x d y \iint_Df(u,v)\dd u\dd v=\iint_Df(x,y)\dx\dy ∬ D f ( u , v ) d u d v = ∬ D f ( x , y ) d x d y
② 两边在 D D D A = ∬ D 1 − x 2 − y 2 d x d y − 8 π A ⋅ S D A=\displaystyle\iint_D\sqrt{1-x^2-y^2}\dx\dy-\frac8\pi A\cdot S_D A = ∬ D 1 − x 2 − y 2 d x d y − π 8 A ⋅ S D S D = 1 2 π ( 1 2 ) 2 = π 8 S_D=\dfrac12\pi\Big(\dfrac12\Big)^2=\dfrac\pi8 S D = 2 1 π ( 2 1 ) 2 = 8 π 2 A = ∬ D 1 − x 2 − y 2 d x d y 2A=\displaystyle\iint_D\sqrt{1-x^2-y^2}\dx\dy 2 A = ∬ D 1 − x 2 − y 2 d x d y
常数 8 π A \frac8\pi A π 8 A D D D 1 2 \frac12 2 1
③ 极坐标。 ∬ D 1 − x 2 − y 2 d x d y = ∫ 0 π 2 d θ ∫ 0 sin θ 1 − r 2 r d r = 1 3 ∫ 0 π 2 ( 1 − cos 3 θ ) d θ = 1 3 ( π 2 − 2 3 ) \displaystyle\iint_D\sqrt{1-x^2-y^2}\dx\dy=\int_0^{\frac\pi2}\dd\theta\int_0^{\sin\theta}\sqrt{1-r^2}\,r\dd r=\frac13\int_0^{\frac\pi2}(1-\cos^3\theta)\dd\theta=\frac13\Big(\frac\pi2-\frac23\Big) ∬ D 1 − x 2 − y 2 d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 s i n θ 1 − r 2 r d r = 3 1 ∫ 0 2 π ( 1 − cos 3 θ ) d θ = 3 1 ( 2 π − 3 2 )
区域的边界 x 2 + y 2 ≤ y x^2+y^2\le y x 2 + y 2 ≤ y r ≤ sin θ r\le\sin\theta r ≤ sin θ ∫ 0 sin θ 1 − r 2 r d r = 1 3 [ 1 − ( 1 − sin 2 θ ) 3 2 ] = 1 3 ( 1 − cos 3 θ ) \int_0^{\sin\theta}\sqrt{1-r^2}\,r\dd r=\frac13\big[1-(1-\sin^2\theta)^{\frac32}\big]=\frac13(1-\cos^3\theta) ∫ 0 s i n θ 1 − r 2 r d r = 3 1 [ 1 − ( 1 − sin 2 θ ) 2 3 ] = 3 1 ( 1 − cos 3 θ ) cos θ ≥ 0 \cos\theta\ge0 cos θ ≥ 0
④ 回代。 A = 1 6 ( π 2 − 2 3 ) A=\dfrac16\Big(\dfrac\pi2-\dfrac23\Big) A = 6 1 ( 2 π − 3 2 ) f ( x , y ) = 1 − x 2 − y 2 − 4 3 π ( π 2 − 2 3 ) f(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2}-\dfrac4{3\pi}\Big(\dfrac\pi2-\dfrac23\Big) f ( x , y ) = 1 − x 2 − y 2 − 3 π 4 ( 2 π − 3 2 )
常数合并：8 π ⋅ 1 6 = 4 3 π \frac8\pi\cdot\frac16=\frac4{3\pi} π 8 ⋅ 6 1 = 3 π 4 1 − x 2 − y 2 − 2 3 + 8 9 π \sqrt{1-x^2-y^2}-\frac23+\frac8{9\pi} 1 − x 2 − y 2 − 3 2 + 9 π 8
答案：f ( x , y ) = 1 − x 2 − y 2 − 4 3 π ( π 2 − 2 3 ) f(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2}-\frac4{3\pi}\big(\frac\pi2-\frac23\big) f ( x , y ) = 1 − x 2 − y 2 − 3 π 4 ( 2 π − 3 2 )
例 7.2 2020 数三(18)
设
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 1 , y ≥ 0 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le1,\ y\ge0\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 1 , y ≥ 0 } ，连续函数
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 满足
f ( x , y ) = y 1 − x 2 + x ∬ D f ( x , y ) d x d y f(x,y)=y\sqrt{1-x^2}+x\displaystyle\iint_Df(x,y)\dx\dy f ( x , y ) = y 1 − x 2 + x ∬ D f ( x , y ) d x d y ，求
∬ D x f ( x , y ) d x d y \displaystyle\iint_Dxf(x,y)\dx\dy ∬ D x f ( x , y ) d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 设常数。 记 A = ∬ D f ( x , y ) d x d y A=\displaystyle\iint_Df(x,y)\dx\dy A = ∬ D f ( x , y ) d x d y f ( x , y ) = y 1 − x 2 + A x f(x,y)=y\sqrt{1-x^2}+Ax f ( x , y ) = y 1 − x 2 + A x
和上一题一样，区域固定的二重积分是一个数。
② 求 A A A 两边在 D D D A = ∬ D y 1 − x 2 d x d y + A ∬ D x d x d y A=\displaystyle\iint_Dy\sqrt{1-x^2}\dx\dy+A\iint_Dx\dx\dy A = ∬ D y 1 − x 2 d x d y + A ∬ D x d x d y D D D y y y ∬ D x = 0 \iint_Dx=0 ∬ D x = 0 ∬ D y 1 − x 2 = ∫ − 1 1 1 − x 2 d x ∫ 0 1 − x 2 y d y = 1 2 ∫ − 1 1 ( 1 − x 2 ) 3 2 d x = 3 π 16 \displaystyle\iint_Dy\sqrt{1-x^2}=\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\dx\int_0^{\sqrt{1-x^2}}y\dy=\frac12\int_{-1}^1(1-x^2)^{\frac32}\dx=\frac{3\pi}{16} ∬ D y 1 − x 2 = ∫ − 1 1 1 − x 2 d x ∫ 0 1 − x 2 y d y = 2 1 ∫ − 1 1 ( 1 − x 2 ) 2 3 d x = 16 3 π A = 3 π 16 A=\dfrac{3\pi}{16} A = 16 3 π
x x x ∫ − 1 1 ( 1 − x 2 ) 3 2 d x \int_{-1}^1(1-x^2)^{\frac32}\dx ∫ − 1 1 ( 1 − x 2 ) 2 3 d x x = sin t x=\sin t x = sin t 2 ∫ 0 π 2 cos 4 t d t = 2 ⋅ 3 4 ⋅ 1 2 ⋅ π 2 = 3 π 8 2\int_0^{\frac\pi2}\cos^4t\dd t=2\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2=\frac{3\pi}8 2 ∫ 0 2 π cos 4 t d t = 2 ⋅ 4 3 ⋅ 2 1 ⋅ 2 π = 8 3 π
③ 求 ∬ x f \iint xf ∬ x f ∬ D x f ( x , y ) d x d y = ∬ D x y 1 − x 2 d x d y + A ∬ D x 2 d x d y = 0 + 3 π 16 ⋅ π 8 = 3 π 2 128 \displaystyle\iint_Dxf(x,y)\dx\dy=\iint_Dxy\sqrt{1-x^2}\dx\dy+A\iint_Dx^2\dx\dy=0+\frac{3\pi}{16}\cdot\frac\pi8=\frac{3\pi^2}{128} ∬ D x f ( x , y ) d x d y = ∬ D x y 1 − x 2 d x d y + A ∬ D x 2 d x d y = 0 + 16 3 π ⋅ 8 π = 128 3 π 2
x y 1 − x 2 xy\sqrt{1-x^2} x y 1 − x 2 x x x ∬ x 2 \iint x^2 ∬ x 2 ∬ x 2 = 1 2 ∬ r 2 = π 4 \iint x^2=\frac12\iint r^2=\frac\pi4 ∬ x 2 = 2 1 ∬ r 2 = 4 π
答案：3 π 2 128 \frac{3\pi^2}{128} 128 3 π 2
例 7.3 李林 第十章 §3 例 22 · p261
设
f ( t ) f(t) f ( t ) 在
[ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [ 0 , + ∞ ) 上连续，且满足
f ( t ) = e 4 π t 2 + ∬ D [ x e x 2 + y 2 + f ( 1 2 x 2 + y 2 ) ] d x d y f(t)=\e^{4\pi t^2}+\displaystyle\iint_D\Big[x\e^{x^2+y^2}+f\Big(\frac12\sqrt{x^2+y^2}\Big)\Big]\dx\dy f ( t ) = e 4 π t 2 + ∬ D [ x e x 2 + y 2 + f ( 2 1 x 2 + y 2 ) ] d x d y ，其中
D D D ：
x 2 + y 2 ≤ 4 t 2 x^2+y^2\le4t^2 x 2 + y 2 ≤ 4 t 2 ，求
f ( t ) f(t) f ( t ) 的表达式。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 对称性去掉一项。 D D D y y y x e x 2 + y 2 x\e^{x^2+y^2} x e x 2 + y 2 x x x
先把能扔的扔掉，剩下的只含 x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2
② 化成变上限积分。 ∬ D f ( 1 2 x 2 + y 2 ) d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 t f ( r 2 ) r d r = 2 π ∫ 0 2 t f ( r 2 ) r d r \displaystyle\iint_Df\Big(\frac12\sqrt{x^2+y^2}\Big)\dx\dy=\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^{2t}f\Big(\frac r2\Big)r\dd r=2\pi\int_0^{2t}f\Big(\frac r2\Big)r\dd r ∬ D f ( 2 1 x 2 + y 2 ) d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 t f ( 2 r ) r d r = 2 π ∫ 0 2 t f ( 2 r ) r d r f ( t ) = e 4 π t 2 + 2 π ∫ 0 2 t f ( r 2 ) r d r f(t)=\e^{4\pi t^2}+2\pi\displaystyle\int_0^{2t}f\Big(\frac r2\Big)r\dd r f ( t ) = e 4 π t 2 + 2 π ∫ 0 2 t f ( 2 r ) r d r
被积函数只和 r r r θ \theta θ 2 π 2\pi 2 π 2 t 2t 2 t t t t 2 t 2t 2 t
③ 求导，定初值。 两边对 t t t f ′ ( t ) = 8 π t e 4 π t 2 + 2 π ⋅ f ( t ) ⋅ 2 t ⋅ 2 = 8 π t e 4 π t 2 + 8 π t f ( t ) f'(t)=8\pi t\e^{4\pi t^2}+2\pi\cdot f(t)\cdot2t\cdot2=8\pi t\e^{4\pi t^2}+8\pi tf(t) f ′ ( t ) = 8 π t e 4 π t 2 + 2 π ⋅ f ( t ) ⋅ 2 t ⋅ 2 = 8 π t e 4 π t 2 + 8 π t f ( t ) t = 0 t=0 t = 0 f ( 0 ) = 1 f(0)=1 f ( 0 ) = 1
d d t ∫ 0 2 t g ( r ) d r = 2 g ( 2 t ) \frac{\dd}{\dd t}\int_0^{2t}g(r)\dd r=2g(2t) d t d ∫ 0 2 t g ( r ) d r = 2 g ( 2 t ) g ( 2 t ) = f ( t ) ⋅ 2 t g(2t)=f(t)\cdot2t g ( 2 t ) = f ( t ) ⋅ 2 t t = 0 t=0 t = 0 f ( 0 ) = e 0 = 1 f(0)=\e^0=1 f ( 0 ) = e 0 = 1
④ 解一阶线性方程。 f ′ − 8 π t f = 8 π t e 4 π t 2 f'-8\pi tf=8\pi t\e^{4\pi t^2} f ′ − 8 π t f = 8 π t e 4 π t 2 f ( t ) = e 4 π t 2 ( ∫ 8 π t d t + C ) = e 4 π t 2 ( 4 π t 2 + C ) f(t)=\e^{4\pi t^2}\Big(\displaystyle\int8\pi t\dd t+C\Big)=\e^{4\pi t^2}(4\pi t^2+C) f ( t ) = e 4 π t 2 ( ∫ 8 π t d t + C ) = e 4 π t 2 ( 4 π t 2 + C ) f ( 0 ) = 1 f(0)=1 f ( 0 ) = 1 C = 1 C=1 C = 1 f ( t ) = ( 4 π t 2 + 1 ) e 4 π t 2 f(t)=(4\pi t^2+1)\e^{4\pi t^2} f ( t ) = ( 4 π t 2 + 1 ) e 4 π t 2
通解公式 f = e ∫ 8 π t d t [ ∫ 8 π t e 4 π t 2 e − ∫ 8 π t d t d t + C ] f=\e^{\int8\pi t\dd t}\big[\int8\pi t\e^{4\pi t^2}\e^{-\int8\pi t\dd t}\dd t+C\big] f = e ∫ 8 π t d t [ ∫ 8 π t e 4 π t 2 e − ∫ 8 π t d t d t + C ] ∫ 8 π t d t = 4 π t 2 \int8\pi t\dd t=4\pi t^2 ∫ 8 π t d t = 4 π t 2
答案：f ( t ) = ( 4 π t 2 + 1 ) e 4 π t 2 f(t)=(4\pi t^2+1)\e^{4\pi t^2} f ( t ) = ( 4 π t 2 + 1 ) e 4 π t 2
x y O x +y =t D ₜt 1 2011 数三(19)：D t D_t D t x + y = t x+y=t x + y = t
例 7.4 2011 数三(19)
设函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在区间
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上具有连续导数，
f ( 0 ) = 1 f(0)=1 f ( 0 ) = 1 ，且满足
∬ D t f ′ ( x + y ) d x d y = ∬ D t f ( t ) d x d y \displaystyle\iint_{D_t}f'(x+y)\dx\dy=\iint_{D_t}f(t)\dx\dy ∬ D t f ′ ( x + y ) d x d y = ∬ D t f ( t ) d x d y ，其中
D t = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ y ≤ t − x , 0 ≤ x ≤ t } ( 0 < t ≤ 1 ) D_t=\{(x,y)\mid0\le y\le t-x,\ 0\le x\le t\}\ (0<t\le1) D t = {( x , y ) ∣ 0 ≤ y ≤ t − x , 0 ≤ x ≤ t } ( 0 < t ≤ 1 ) 。求
f ( x ) f(x) f ( x ) 的表达式。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 左边化成定积分。 ∬ D t f ′ ( x + y ) d x d y = ∫ 0 t d x ∫ 0 t − x f ′ ( x + y ) d y = ∫ 0 t [ f ( t ) − f ( x ) ] d x = t f ( t ) − ∫ 0 t f ( x ) d x \displaystyle\iint_{D_t}f'(x+y)\dx\dy=\int_0^t\dx\int_0^{t-x}f'(x+y)\dy=\int_0^t\big[f(t)-f(x)\big]\dx=tf(t)-\int_0^tf(x)\dx ∬ D t f ′ ( x + y ) d x d y = ∫ 0 t d x ∫ 0 t − x f ′ ( x + y ) d y = ∫ 0 t [ f ( t ) − f ( x ) ] d x = t f ( t ) − ∫ 0 t f ( x ) d x
内层对 y y y x x x f ′ ( x + y ) f'(x+y) f ′ ( x + y ) f ( x + y ) f(x+y) f ( x + y ) y = t − x y=t-x y = t − x x + y = t x+y=t x + y = t y = 0 y=0 y = 0 f ( x ) f(x) f ( x )
② 右边。 f ( t ) f(t) f ( t ) x , y x,y x , y ∬ D t f ( t ) d x d y = f ( t ) ⋅ t 2 2 \displaystyle\iint_{D_t}f(t)\dx\dy=f(t)\cdot\frac{t^2}2 ∬ D t f ( t ) d x d y = f ( t ) ⋅ 2 t 2
D t D_t D t t t t t 2 2 \frac{t^2}2 2 t 2
③ 求导。 t f ( t ) − ∫ 0 t f ( x ) d x = t 2 2 f ( t ) tf(t)-\displaystyle\int_0^tf(x)\dx=\frac{t^2}2f(t) t f ( t ) − ∫ 0 t f ( x ) d x = 2 t 2 f ( t ) t t t f ( t ) + t f ′ ( t ) − f ( t ) = t f ( t ) + t 2 2 f ′ ( t ) f(t)+tf'(t)-f(t)=tf(t)+\dfrac{t^2}2f'(t) f ( t ) + t f ′ ( t ) − f ( t ) = t f ( t ) + 2 t 2 f ′ ( t ) t t t ( 1 − t 2 ) f ′ ( t ) = f ( t ) \Big(1-\dfrac t2\Big)f'(t)=f(t) ( 1 − 2 t ) f ′ ( t ) = f ( t )
变上限积分对上限求导，等于被积函数在上限处的值：d d t ∫ 0 t f ( x ) d x = f ( t ) \frac{\dd}{\dd t}\int_0^tf(x)\dx=f(t) d t d ∫ 0 t f ( x ) d x = f ( t ) t > 0 t>0 t > 0 t t t
④ 分离变量。 f ′ ( t ) f ( t ) = 2 2 − t \dfrac{f'(t)}{f(t)}=\dfrac2{2-t} f ( t ) f ′ ( t ) = 2 − t 2 ln f ( t ) = − 2 ln ( 2 − t ) + C \ln f(t)=-2\ln(2-t)+C ln f ( t ) = − 2 ln ( 2 − t ) + C f ( t ) = C 1 ( 2 − t ) 2 f(t)=\dfrac{C_1}{(2-t)^2} f ( t ) = ( 2 − t ) 2 C 1 f ( 0 ) = 1 f(0)=1 f ( 0 ) = 1 C 1 = 4 C_1=4 C 1 = 4 f ( x ) = 4 ( 2 − x ) 2 f(x)=\dfrac4{(2-x)^2} f ( x ) = ( 2 − x ) 2 4 0 ≤ x ≤ 1 0\le x\le1 0 ≤ x ≤ 1
1 − t 2 = 2 − t 2 1-\frac t2=\frac{2-t}2 1 − 2 t = 2 2 − t ∫ 2 2 − t d t = − 2 ln ( 2 − t ) \int\frac2{2-t}\dd t=-2\ln(2-t) ∫ 2 − t 2 d t = − 2 ln ( 2 − t ) f f f
答案：f ( x ) = 4 ( 2 − x ) 2 ( 0 ≤ x ≤ 1 ) f(x)=\frac4{(2-x)^2}\ (0\le x\le1) f ( x ) = ( 2 − x ) 2 4 ( 0 ≤ x ≤ 1 )
练习 11 李林 第十章 习题 选择 (5) · p265
设
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 连续，且
f ( x , y ) = x y + ∬ D f ( x , y ) d x d y f(x,y)=xy+\displaystyle\iint_Df(x,y)\dx\dy f ( x , y ) = x y + ∬ D f ( x , y ) d x d y ，其中
D D D 是由
y = 0 y=0 y = 0 ，
y = x 2 y=x^2 y = x 2 及
x = 1 x=1 x = 1 所围成的平面区域，则
f ( x , y ) = f(x,y)= f ( x , y ) = （ ）
（A）
x y + 1 6 xy+\dfrac16 x y + 6 1 （B）
x y + 1 8 xy+\dfrac18 x y + 8 1 （C）
x y + 1 12 xy+\dfrac1{12} x y + 12 1 （D）
x y + 1 16 xy+\dfrac1{16} x y + 16 1 答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
提示。 记 A = ∬ D f A=\displaystyle\iint_Df A = ∬ D f A = ∬ D x y + A ⋅ S D A=\displaystyle\iint_Dxy+A\cdot S_D A = ∬ D x y + A ⋅ S D ∬ D x y = ∫ 0 1 x ⋅ x 4 2 d x = 1 12 \displaystyle\iint_Dxy=\int_0^1x\cdot\frac{x^4}2\dx=\frac1{12} ∬ D x y = ∫ 0 1 x ⋅ 2 x 4 d x = 12 1 S D = 1 3 S_D=\dfrac13 S D = 3 1 A = 1 8 A=\dfrac18 A = 8 1
把 A A A A = 1 12 + A 3 A=\frac1{12}+\frac A3 A = 12 1 + 3 A 2 3 A = 1 12 \frac23A=\frac1{12} 3 2 A = 12 1 A = 1 8 A=\frac18 A = 8 1
答案：B
7.2 二重积分里的分部积分大白话：被积函数里有抽象函数的偏导数（如 f x y ′ ′ f''_{xy} f x y ′′ 。边界上给的条件（如 f ( 1 , y ) = 0 f(1,y)=0 f ( 1 , y ) = 0
x y O f (1,y )=0f (x ,1)=0D 1 2011 数一(19)：红色的两条边上 f = 0 f=0 f = 0 分部积分的套路
∫ 0 1 g ( y ) d [ h ( x , y ) ] = g ( y ) h ( x , y ) ∣ y = 0 y = 1 − ∫ 0 1 h ( x , y ) g ′ ( y ) d y \displaystyle \int_0^1g(y)\,\dd\big[h(x,y)\big]=g(y)h(x,y)\Big|_{y=0}^{y=1}-\int_0^1h(x,y)g'(y)\dy ∫ 0 1 g ( y ) d [ h ( x , y ) ] = g ( y ) h ( x , y ) y = 0 y = 1 − ∫ 0 1 h ( x , y ) g ′ ( y ) d y ( x 看作常数 ) . \displaystyle (x\text{ 看作常数}). ( x 看作常数 ) .
f x y ′ ′ f''_{xy} f x y ′′ x x x y y y f x y ′ ′ d y = d y ( f x ′ ) f''_{xy}\dy=\dd_y\big(f'_x\big) f x y ′′ d y = d y ( f x ′ ) y y y f x ′ f'_x f x ′ 边界条件的推论：f ( 1 , y ) ≡ 0 ⇒ f y ′ ( 1 , y ) ≡ 0 f(1,y)\equiv0\Rightarrow f'_y(1,y)\equiv0 f ( 1 , y ) ≡ 0 ⇒ f y ′ ( 1 , y ) ≡ 0 f ( x , 1 ) ≡ 0 ⇒ f x ′ ( x , 1 ) ≡ 0 f(x,1)\equiv0\Rightarrow f'_x(x,1)\equiv0 f ( x , 1 ) ≡ 0 ⇒ f x ′ ( x , 1 ) ≡ 0
矩形区域上两种次序的上下限相同，中途可以直接交换次序，再对另一个变量分部积分。
方法卡 · 二重积分的分部积分
什么时候用
被积函数含
f x y ′ ′ f''_{xy} f x y ′′ 、
f x ′ f'_x f x ′ 等抽象偏导数，并给了
f f f 在区域边界上的值。
步骤
化成累次积分，让“要消掉的那个求导变量”在内层。
分部积分，边界项用边界条件消掉。
需要时交换次序，再分部积分一次，直到只剩 ∬ f \iint f ∬ f 最容易错
搞反
f x y ′ ′ f''_{xy} f x y ′′ 的求导顺序（其实二阶连续时两者相等，但写分部积分时要和“先对谁积”对应）；边界项在 0 处的值没算（这里因为乘了
x x x 或
y y y 才为 0）。
例 7.5 2011 数一(19) 2011 数二(21) 李林 第十章 §3 例 24 · p262
已知函数
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 具有二阶连续偏导数，且
f ( 1 , y ) = 0 f(1,y)=0 f ( 1 , y ) = 0 ，
f ( x , 1 ) = 0 f(x,1)=0 f ( x , 1 ) = 0 ，
∬ D f ( x , y ) d x d y = a \displaystyle\iint_Df(x,y)\dx\dy=a ∬ D f ( x , y ) d x d y = a ，其中
D = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 } D=\{(x,y)\mid0\le x\le1,\ 0\le y\le1\} D = {( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 } ，计算二重积分
I = ∬ D x y f x y ′ ′ ( x , y ) d x d y I=\displaystyle\iint_Dxyf''_{xy}(x,y)\dx\dy I = ∬ D x y f x y ′′ ( x , y ) d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 边界条件的推论。 由 f ( 1 , y ) = 0 f(1,y)=0 f ( 1 , y ) = 0 y y y f y ′ ( 1 , y ) = 0 f'_y(1,y)=0 f y ′ ( 1 , y ) = 0 f ( x , 1 ) = 0 f(x,1)=0 f ( x , 1 ) = 0 x x x f x ′ ( x , 1 ) = 0 f'_x(x,1)=0 f x ′ ( x , 1 ) = 0
函数沿一条边恒为 0，沿这条边方向的导数也恒为 0（图中红色的两条边）。
② 对 y y y I = ∫ 0 1 x d x ∫ 0 1 y d [ f x ′ ( x , y ) ] = ∫ 0 1 x [ y f x ′ ( x , y ) ∣ y = 0 y = 1 − ∫ 0 1 f x ′ ( x , y ) d y ] d x = − ∫ 0 1 x d x ∫ 0 1 f x ′ ( x , y ) d y I=\displaystyle\int_0^1x\dx\int_0^1y\,\dd\big[f'_x(x,y)\big]=\int_0^1x\Big[yf'_x(x,y)\Big|_{y=0}^{y=1}-\int_0^1f'_x(x,y)\dy\Big]\dx=-\int_0^1x\dx\int_0^1f'_x(x,y)\dy I = ∫ 0 1 x d x ∫ 0 1 y d [ f x ′ ( x , y ) ] = ∫ 0 1 x [ y f x ′ ( x , y ) y = 0 y = 1 − ∫ 0 1 f x ′ ( x , y ) d y ] d x = − ∫ 0 1 x d x ∫ 0 1 f x ′ ( x , y ) d y
f x y ′ ′ d y = d y ( f x ′ ) f''_{xy}\dy=\dd_y(f'_x) f x y ′′ d y = d y ( f x ′ ) y = 1 y=1 y = 1 f x ′ ( x , 1 ) = 0 f'_x(x,1)=0 f x ′ ( x , 1 ) = 0 y = 0 y=0 y = 0 y = 0 y=0 y = 0
③ 交换次序，对 x x x I = − ∫ 0 1 d y ∫ 0 1 x d [ f ( x , y ) ] = − ∫ 0 1 [ x f ( x , y ) ∣ x = 0 x = 1 − ∫ 0 1 f ( x , y ) d x ] d y = ∫ 0 1 d y ∫ 0 1 f ( x , y ) d x = a I=-\displaystyle\int_0^1\dy\int_0^1x\,\dd\big[f(x,y)\big]=-\int_0^1\Big[xf(x,y)\Big|_{x=0}^{x=1}-\int_0^1f(x,y)\dx\Big]\dy=\int_0^1\dy\int_0^1f(x,y)\dx=a I = − ∫ 0 1 d y ∫ 0 1 x d [ f ( x , y ) ] = − ∫ 0 1 [ x f ( x , y ) x = 0 x = 1 − ∫ 0 1 f ( x , y ) d x ] d y = ∫ 0 1 d y ∫ 0 1 f ( x , y ) d x = a
正方形上两种次序的上下限相同；边界项在 x = 1 x=1 x = 1 f ( 1 , y ) = 0 f(1,y)=0 f ( 1 , y ) = 0 x = 0 x=0 x = 0 x = 0 x=0 x = 0
答案：a a a
7.3 无界区域上的二重积分（反常二重积分）大白话：区域伸到无穷远，照样化成累次积分，只是某一层变成反常积分 。诀窍是先积“有界的方向”：内层是普通定积分，外层才是反常积分，算出原函数再取极限。能用极坐标时，r r r + ∞ +\infty + ∞
x y O y =√x y =1/√x ↑ 伸向无穷 1 2012 数三(16)：区域沿 y y y x y O y =√x → 伸向无穷 2017 数三(16)：区域沿 x x x
反常二重积分
被积函数不变号时，化成累次积分，每一层按一元反常积分处理：∫ 0 + ∞ = lim b → + ∞ ∫ 0 b \displaystyle\int_0^{+\infty}=\lim_{b\to+\infty}\int_0^b ∫ 0 + ∞ = b → + ∞ lim ∫ 0 b
泊松积分：∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = π 2 \displaystyle\int_0^{+\infty}\e^{-x^2}\dx=\frac{\sqrt\pi}2 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = 2 π ∬ R 2 e − ( x 2 + y 2 ) d x d y = π \displaystyle\iint_{\mathbb R^2}\e^{-(x^2+y^2)}\dx\dy=\pi ∬ R 2 e − ( x 2 + y 2 ) d x d y = π
先积哪个变量：让内层是有限区间，并且内层积完后外层的式子变简单（约分、凑微分）。
方法卡 · 反常二重积分
什么时候用
区域伸到无穷远，或被积函数在边界上无界。
步骤
画图，看清楚区域往哪个方向伸出去。
选次序：内层是有限区间，而且积完能约分或凑微分。
外层按反常积分算，写出原函数再取极限。 最容易错
把无穷上限直接代入
∞ \infty ∞ 做运算（应写成极限）；拆成两个反常积分时其中一个发散（先确认每一项都收敛再拆）。
例 7.6 2012 数三(16) 刷题本 章节七 例 7-12
计算二重积分
∬ D e x x y d x d y \displaystyle\iint_D\e^xxy\dx\dy ∬ D e x x y d x d y ，其中
D D D 是以曲线
y = x y=\sqrt x y = x ，
y = 1 x y=\dfrac1{\sqrt x} y = x 1 及
y y y 轴为边界的无界区域。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 区域。 两曲线交于 ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) D = { 0 < x ≤ 1 , x ≤ y ≤ 1 x } D=\Big\{0<x\le1,\ \sqrt x\le y\le\dfrac1{\sqrt x}\Big\} D = { 0 < x ≤ 1 , x ≤ y ≤ x 1 } x → 0 + x\to0^+ x → 0 + + ∞ +\infty + ∞
x = 1 x \sqrt x=\frac1{\sqrt x} x = x 1 x = 1 x=1 x = 1 y y y y y y
② 先对 y y y ∫ x 1 x y d y = 1 2 ( 1 x − x ) \displaystyle\int_{\sqrt x}^{\frac1{\sqrt x}}y\dy=\frac12\Big(\frac1x-x\Big) ∫ x x 1 y d y = 2 1 ( x 1 − x ) = ∫ 0 1 x e x ⋅ 1 2 ( 1 x − x ) d x = 1 2 ∫ 0 1 ( 1 − x 2 ) e x d x =\displaystyle\int_0^1x\e^x\cdot\frac12\Big(\frac1x-x\Big)\dx=\frac12\int_0^1(1-x^2)\e^x\dx = ∫ 0 1 x e x ⋅ 2 1 ( x 1 − x ) d x = 2 1 ∫ 0 1 ( 1 − x 2 ) e x d x
竖线在每个 x > 0 x>0 x > 0 x ⋅ 1 x x\cdot\frac1x x ⋅ x 1
③ 分部积分。 ∫ 0 1 ( 1 − x 2 ) e x d x = [ ( 1 − x 2 ) e x ] 0 1 + ∫ 0 1 2 x e x d x = − 1 + 2 [ ( x − 1 ) e x ] 0 1 = − 1 + 2 = 1 \displaystyle\int_0^1(1-x^2)\e^x\dx=\Big[(1-x^2)\e^x\Big]_0^1+\int_0^12x\e^x\dx=-1+2\Big[(x-1)\e^x\Big]_0^1=-1+2=1 ∫ 0 1 ( 1 − x 2 ) e x d x = [ ( 1 − x 2 ) e x ] 0 1 + ∫ 0 1 2 x e x d x = − 1 + 2 [ ( x − 1 ) e x ] 0 1 = − 1 + 2 = 1 = 1 2 =\dfrac12 = 2 1
第一次分部把 1 − x 2 1-x^2 1 − x 2 − 2 x -2x − 2 x ∫ x e x d x = ( x − 1 ) e x \int x\e^x\dx=(x-1)\e^x ∫ x e x d x = ( x − 1 ) e x
答案：1 2 \frac12 2 1
例 7.7 2017 数三(16)
计算积分
∬ D y 3 ( 1 + x 2 + y 4 ) 2 d x d y \displaystyle\iint_D\frac{y^3}{(1+x^2+y^4)^2}\dx\dy ∬ D ( 1 + x 2 + y 4 ) 2 y 3 d x d y ，其中
D D D 是第一象限中以曲线
y = x y=\sqrt x y = x 与
x x x 轴为边界的无界区域。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 区域与次序。 D = { x ≥ 0 , 0 ≤ y ≤ x } D=\{x\ge0,\ 0\le y\le\sqrt x\} D = { x ≥ 0 , 0 ≤ y ≤ x } y 3 y^3 y 3 y 4 y^4 y 4 y y y
先积 y y y [ 0 , x ] [0,\sqrt x] [ 0 , x ] d ( y 4 ) = 4 y 3 d y \dd(y^4)=4y^3\dy d ( y 4 ) = 4 y 3 d y
② 内层。 令 s = y 4 s=y^4 s = y 4 ∫ 0 x y 3 d y ( 1 + x 2 + y 4 ) 2 = 1 4 ∫ 0 x 2 d s ( 1 + x 2 + s ) 2 = 1 4 [ 1 1 + x 2 − 1 1 + 2 x 2 ] \displaystyle\int_0^{\sqrt x}\frac{y^3\dy}{(1+x^2+y^4)^2}=\frac14\int_0^{x^2}\frac{\dd s}{(1+x^2+s)^2}=\frac14\Big[\frac1{1+x^2}-\frac1{1+2x^2}\Big] ∫ 0 x ( 1 + x 2 + y 4 ) 2 y 3 d y = 4 1 ∫ 0 x 2 ( 1 + x 2 + s ) 2 d s = 4 1 [ 1 + x 2 1 − 1 + 2 x 2 1 ]
换元后上下限也要跟着换：y y y x \sqrt x x s s s x 2 x^2 x 2 ∫ d s ( c + s ) 2 = − 1 c + s \int\frac{\dd s}{(c+s)^2}=-\frac1{c+s} ∫ ( c + s ) 2 d s = − c + s 1
③ 外层反常积分。 1 4 ∫ 0 + ∞ [ 1 1 + x 2 − 1 1 + 2 x 2 ] d x = 1 4 [ π 2 − 1 2 ⋅ π 2 ] = π ( 2 − 2 ) 16 \dfrac14\displaystyle\int_0^{+\infty}\Big[\frac1{1+x^2}-\frac1{1+2x^2}\Big]\dx=\frac14\Big[\frac\pi2-\frac1{\sqrt2}\cdot\frac\pi2\Big]=\frac{\pi(2-\sqrt2)}{16} 4 1 ∫ 0 + ∞ [ 1 + x 2 1 − 1 + 2 x 2 1 ] d x = 4 1 [ 2 π − 2 1 ⋅ 2 π ] = 16 π ( 2 − 2 )
∫ 0 + ∞ d x 1 + 2 x 2 = 1 2 arctan ( 2 x ) ∣ 0 + ∞ = π 2 2 \int_0^{+\infty}\frac{\dx}{1+2x^2}=\frac1{\sqrt2}\arctan(\sqrt2x)\Big|_0^{+\infty}=\frac\pi{2\sqrt2} ∫ 0 + ∞ 1 + 2 x 2 d x = 2 1 arctan ( 2 x ) 0 + ∞ = 2 2 π
答案：π ( 2 − 2 ) 16 \frac{\pi(2-\sqrt2)}{16} 16 π ( 2 − 2 )
例 7.8 基础
利用二重积分计算泊松积分
∫ 0 + ∞ e − x 2 d x \displaystyle\int_0^{+\infty}\e^{-x^2}\dx ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 平方变成二重积分。 记 I = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x I=\displaystyle\int_0^{+\infty}\e^{-x^2}\dx I = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x I 2 = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x ∫ 0 + ∞ e − y 2 d y = ∬ x ≥ 0 , y ≥ 0 e − ( x 2 + y 2 ) d x d y I^2=\displaystyle\int_0^{+\infty}\e^{-x^2}\dx\int_0^{+\infty}\e^{-y^2}\dy=\iint_{x\ge0,\,y\ge0}\e^{-(x^2+y^2)}\dx\dy I 2 = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x ∫ 0 + ∞ e − y 2 d y = ∬ x ≥ 0 , y ≥ 0 e − ( x 2 + y 2 ) d x d y
两个一元积分相乘，等于“x x x y y y
② 极坐标。 I 2 = ∫ 0 π 2 d θ ∫ 0 + ∞ e − r 2 r d r = π 2 ⋅ 1 2 = π 4 I^2=\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\dd\theta\int_0^{+\infty}\e^{-r^2}r\dd r=\frac\pi2\cdot\frac12=\frac\pi4 I 2 = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 + ∞ e − r 2 r d r = 2 π ⋅ 2 1 = 4 π I = π 2 I=\dfrac{\sqrt\pi}2 I = 2 π
面积元素多出的 r r r e − r 2 \e^{-r^2} e − r 2 I > 0 I>0 I > 0
③ 为什么可以这样换。 严格地说，先看正方形 [ 0 , R ] 2 [0,R]^2 [ 0 , R ] 2 R R R 2 R \sqrt2R 2 R π 4 \frac\pi4 4 π
这一步说明“把正方形换成四分之一圆”是合理的（夹逼准则）。考试直接用结论即可。
答案：π 2 \frac{\sqrt\pi}2 2 π
7.4 换元法与广义极坐标大白话：边界是 x y = c xy=c x y = c y x = c \frac yx=c x y = c u = x y u=xy u = x y v = y x v=\frac yx v = x y ；代价是要乘一个“面积放大倍数”，也就是雅可比行列式的绝对值（极坐标里的那个 r r r x = a r cos θ x=ar\cos\theta x = a r cos θ y = b r sin θ y=br\sin\theta y = b r sin θ a b r abr ab r
x y O xy =1xy =2y =x y =4x D 原区域 D D D u v O 1 2 1 4 D ′换元后的 D ′ D' D ′
二重积分的换元公式（李林 p249—250）
∬ D f ( x , y ) d x d y = ∬ D ′ f ( x ( u , v ) , y ( u , v ) ) ∣ J ∣ d u d v , \displaystyle \iint_Df(x,y)\dx\dy=\iint_{D'}f\big(x(u,v),y(u,v)\big)\,|J|\dd u\dd v, ∬ D f ( x , y ) d x d y = ∬ D ′ f ( x ( u , v ) , y ( u , v ) ) ∣ J ∣ d u d v , J = ∂ ( x , y ) ∂ ( u , v ) = ∣ x u x v y u y v ∣ ≠ 0. \displaystyle J=\frac{\pd(x,y)}{\pd(u,v)}=\begin{vmatrix}x_u&x_v\\y_u&y_v\end{vmatrix}\ne0. J = ∂ ( u , v ) ∂ ( x , y ) = x u y u x v y v = 0.
为什么要乘 ∣ J ∣ |J| ∣ J ∣ u v uv uv d u d v \dd u\dd v d u d v x y xy x y ∣ J ∣ d u d v |J|\dd u\dd v ∣ J ∣ d u d v
反过来算更快：∂ ( x , y ) ∂ ( u , v ) = 1 / ∂ ( u , v ) ∂ ( x , y ) \dfrac{\pd(x,y)}{\pd(u,v)}=1\Big/\dfrac{\pd(u,v)}{\pd(x,y)} ∂ ( u , v ) ∂ ( x , y ) = 1 / ∂ ( x , y ) ∂ ( u , v ) u = x y u=xy u = x y v = y x v=\frac yx v = x y ∂ ( u , v ) ∂ ( x , y ) = 2 y x = 2 v \frac{\pd(u,v)}{\pd(x,y)}=\frac{2y}x=2v ∂ ( x , y ) ∂ ( u , v ) = x 2 y = 2 v J = 1 2 v J=\frac1{2v} J = 2 v 1
极坐标：J = r J=r J = r x = a r cos θ x=ar\cos\theta x = a r cos θ y = b r sin θ y=br\sin\theta y = b r sin θ J = a b r J=abr J = ab r x 2 a 2 + y 2 b 2 ≤ 1 \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le1 a 2 x 2 + b 2 y 2 ≤ 1 r ≤ 1 r\le1 r ≤ 1
方法卡 · 换元与广义极坐标
什么时候用
边界是两族“等值线”（
x y = c 1 , c 2 xy=c_1,c_2 x y = c 1 , c 2 与
y x = c 3 , c 4 \frac yx=c_3,c_4 x y = c 3 , c 4 ；
x + y = c x+y=c x + y = c 与
x − y = c x-y=c x − y = c ）；区域是椭圆或斜椭圆。
步骤
按边界选 u , v u,v u , v u = u= u = v = v= v =
求 J J J ∂ ( u , v ) ∂ ( x , y ) \frac{\pd(u,v)}{\pd(x,y)} ∂ ( x , y ) ∂ ( u , v ) u , v u,v u , v
在矩形 D ′ D' D ′
考试时优先想极坐标：x y = c xy=c x y = c r 2 = 2 c sin 2 θ r^2=\frac{2c}{\sin2\theta} r 2 = s i n 2 θ 2 c r 2 r^2 r 2 最容易错
忘记乘
∣ J ∣ |J| ∣ J ∣ ；
J J J 求成了
∂ ( u , v ) ∂ ( x , y ) \frac{\pd(u,v)}{\pd(x,y)} ∂ ( x , y ) ∂ ( u , v ) 没有取倒数；椭圆用广义极坐标时只写了
r r r 没写
a b ab ab 。
例 7.9 李林 第十章 §2 例如 · p250
计算
I = ∬ D x y d x d y I=\displaystyle\iint_Dxy\dx\dy I = ∬ D x y d x d y ，其中
D D D 是由
x y = 1 xy=1 x y = 1 ，
x y = 2 xy=2 x y = 2 ，
y = x y=x y = x ，
y = 4 x y=4x y = 4 x 围成的闭区域在第一象限的部分。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 换元。 令 u = x y u=xy u = x y v = y x v=\dfrac yx v = x y D D D D ′ D' D ′ 1 ≤ u ≤ 2 1\le u\le2 1 ≤ u ≤ 2 1 ≤ v ≤ 4 1\le v\le4 1 ≤ v ≤ 4
四条边界正好是 u u u v v v x y = 1 , 2 xy=1,2 x y = 1 , 2 u = 1 , 2 u=1,2 u = 1 , 2 y = x , 4 x y=x,4x y = x , 4 x v = 1 , 4 v=1,4 v = 1 , 4
② 雅可比行列式。 解出 x = u v x=\sqrt{\frac uv} x = v u y = u v y=\sqrt{uv} y = uv J = ∂ ( x , y ) ∂ ( u , v ) = 1 2 v J=\dfrac{\pd(x,y)}{\pd(u,v)}=\dfrac1{2v} J = ∂ ( u , v ) ∂ ( x , y ) = 2 v 1
也可以先算 ∂ ( u , v ) ∂ ( x , y ) = ∣ y x − y x 2 1 x ∣ = 2 y x = 2 v \frac{\pd(u,v)}{\pd(x,y)}=\begin{vmatrix}y&x\\-\frac y{x^2}&\frac1x\end{vmatrix}=\frac{2y}x=2v ∂ ( x , y ) ∂ ( u , v ) = y − x 2 y x x 1 = x 2 y = 2 v
③ 计算。 I = ∬ D ′ u ⋅ 1 2 v d u d v = ∫ 1 2 u d u ∫ 1 4 d v 2 v = 3 2 ⋅ ln 2 = 3 2 ln 2 I=\displaystyle\iint_{D'}u\cdot\frac1{2v}\dd u\dd v=\int_1^2u\dd u\int_1^4\frac{\dd v}{2v}=\frac32\cdot\ln2=\frac32\ln2 I = ∬ D ′ u ⋅ 2 v 1 d u d v = ∫ 1 2 u d u ∫ 1 4 2 v d v = 2 3 ⋅ ln 2 = 2 3 ln 2
被积函数 x y xy x y u u u ∫ 1 4 d v 2 v = 1 2 ln 4 = ln 2 \int_1^4\frac{\dd v}{2v}=\frac12\ln4=\ln2 ∫ 1 4 2 v d v = 2 1 ln 4 = ln 2
答案：3 2 ln 2 \frac32\ln2 2 3 ln 2
x y O xy =⅓xy =3y =x /3y =3x y =x 2024 数二(17)：区域关于 y = x y=x y = x
例 7.10 2024 数二(17) 2024 数三(17)
设平面有界区域
D D D 位于第一象限，由曲线
x y = 1 3 xy=\dfrac13 x y = 3 1 ，
x y = 3 xy=3 x y = 3 与直线
y = 1 3 x y=\dfrac13x y = 3 1 x ，
y = 3 x y=3x y = 3 x 围成，计算
∬ D ( 1 + x − y ) d x d y \displaystyle\iint_D(1+x-y)\dx\dy ∬ D ( 1 + x − y ) d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 轮换对称。 对调 x x x y y y x y = 1 3 xy=\frac13 x y = 3 1 x y = 3 xy=3 x y = 3 y = 1 3 x y=\frac13x y = 3 1 x y = 3 x y=3x y = 3 x D D D y = x y=x y = x ∬ D ( x − y ) d x d y = 0 \displaystyle\iint_D(x-y)\dx\dy=0 ∬ D ( x − y ) d x d y = 0 = S D =S_D = S D
x − y x-y x − y
② 极坐标求面积。 x y = c xy=c x y = c r 2 = 2 c sin 2 θ r^2=\dfrac{2c}{\sin2\theta} r 2 = sin 2 θ 2 c θ \theta θ arctan 1 3 \arctan\frac13 arctan 3 1 arctan 3 \arctan3 arctan 3 S D = ∫ d θ ∫ r 1 r 2 r d r = ∫ 1 2 ( 6 sin 2 θ − 2 / 3 sin 2 θ ) d θ = 8 3 ∫ d θ sin 2 θ S_D=\displaystyle\int\dd\theta\int_{r_1}^{r_2}r\dd r=\int\frac12\Big(\frac6{\sin2\theta}-\frac{2/3}{\sin2\theta}\Big)\dd\theta=\frac83\int\frac{\dd\theta}{\sin2\theta} S D = ∫ d θ ∫ r 1 r 2 r d r = ∫ 2 1 ( sin 2 θ 6 − sin 2 θ 2/3 ) d θ = 3 8 ∫ sin 2 θ d θ
双曲线在极坐标下是 x y = r 2 sin θ cos θ = r 2 2 sin 2 θ xy=r^2\sin\theta\cos\theta=\frac{r^2}2\sin2\theta x y = r 2 sin θ cos θ = 2 r 2 sin 2 θ r 2 r^2 r 2 1 2 ( r 2 2 − r 1 2 ) = 1 2 ⋅ 6 − 2 3 sin 2 θ = 8 / 3 sin 2 θ \frac12(r_2^2-r_1^2)=\frac12\cdot\frac{6-\frac23}{\sin2\theta}=\frac{8/3}{\sin2\theta} 2 1 ( r 2 2 − r 1 2 ) = 2 1 ⋅ s i n 2 θ 6 − 3 2 = s i n 2 θ 8/3
③ 计算。 ∫ d θ sin 2 θ = 1 2 ln tan θ \displaystyle\int\frac{\dd\theta}{\sin2\theta}=\frac12\ln\tan\theta ∫ sin 2 θ d θ = 2 1 ln tan θ S D = 8 3 ⋅ 1 2 [ ln 3 − ln 1 3 ] = 8 3 ln 3 S_D=\dfrac83\cdot\dfrac12\Big[\ln3-\ln\dfrac13\Big]=\dfrac83\ln3 S D = 3 8 ⋅ 2 1 [ ln 3 − ln 3 1 ] = 3 8 ln 3
分子分母同除以 cos 2 θ \cos^2\theta cos 2 θ 1 sin 2 θ = 1 2 sin θ cos θ = sec 2 θ 2 tan θ \frac1{\sin2\theta}=\frac1{2\sin\theta\cos\theta}=\frac{\sec^2\theta}{2\tan\theta} s i n 2 θ 1 = 2 s i n θ c o s θ 1 = 2 t a n θ s e c 2 θ d ( tan θ ) \dd(\tan\theta) d ( tan θ ) tan θ \tan\theta tan θ 1 3 \frac13 3 1
④ 换元验证。 令 u = x y u=xy u = x y v = y x v=\frac yx v = x y D ′ D' D ′ 1 3 ≤ u ≤ 3 \frac13\le u\le3 3 1 ≤ u ≤ 3 1 3 ≤ v ≤ 3 \frac13\le v\le3 3 1 ≤ v ≤ 3 J = 1 2 v J=\frac1{2v} J = 2 v 1 S D = ∫ 1 3 3 d u ∫ 1 3 3 d v 2 v = 8 3 ⋅ ln 3 S_D=\displaystyle\int_{\frac13}^3\dd u\int_{\frac13}^3\frac{\dd v}{2v}=\frac83\cdot\ln3 S D = ∫ 3 1 3 d u ∫ 3 1 3 2 v d v = 3 8 ⋅ ln 3
和李林例题同一种换元：∫ 1 / 3 3 d u = 8 3 \int_{1/3}^3\dd u=\frac83 ∫ 1/3 3 d u = 3 8 ∫ 1 / 3 3 d v 2 v = 1 2 ln 9 = ln 3 \int_{1/3}^3\frac{\dd v}{2v}=\frac12\ln9=\ln3 ∫ 1/3 3 2 v d v = 2 1 ln 9 = ln 3
答案：8 3 ln 3 \frac83\ln3 3 8 ln 3
x y O x ²+y ²−xy =1=2 θ=π/3 2023 数二(20)：两条斜椭圆之间，0 ≤ θ ≤ π 3 0\le\theta\le\frac\pi3 0 ≤ θ ≤ 3 π
例 7.11 2023 数二(20)
设平面有界区域
D D D 位于第一象限，由曲线
x 2 + y 2 − x y = 1 x^2+y^2-xy=1 x 2 + y 2 − x y = 1 ，
x 2 + y 2 − x y = 2 x^2+y^2-xy=2 x 2 + y 2 − x y = 2 与直线
y = 3 x y=\sqrt3x y = 3 x ，
y = 0 y=0 y = 0 围成，计算
∬ D 1 3 x 2 + y 2 d x d y \displaystyle\iint_D\frac1{3x^2+y^2}\dx\dy ∬ D 3 x 2 + y 2 1 d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 极坐标。 x 2 + y 2 − x y = c x^2+y^2-xy=c x 2 + y 2 − x y = c r 2 ( 1 − sin θ cos θ ) = c r^2(1-\sin\theta\cos\theta)=c r 2 ( 1 − sin θ cos θ ) = c θ \theta θ y = 0 y=0 y = 0 π 3 \frac\pi3 3 π y = 3 x y=\sqrt3x y = 3 x 1 r 2 ( 3 cos 2 θ + sin 2 θ ) \dfrac1{r^2(3\cos^2\theta+\sin^2\theta)} r 2 ( 3 cos 2 θ + sin 2 θ ) 1
两条曲线是斜着的椭圆，但都是“x , y x,y x , y r 2 r^2 r 2
② 内层。 ∫ r 1 r 2 r d r r 2 = ln r 2 r 1 = 1 2 ln r 2 2 r 1 2 = 1 2 ln 2 \displaystyle\int_{r_1}^{r_2}\frac{r\dd r}{r^2}=\ln\frac{r_2}{r_1}=\frac12\ln\frac{r_2^2}{r_1^2}=\frac12\ln2 ∫ r 1 r 2 r 2 r d r = ln r 1 r 2 = 2 1 ln r 1 2 r 2 2 = 2 1 ln 2
r 2 2 : r 1 2 = 2 : 1 r_2^2:r_1^2=2:1 r 2 2 : r 1 2 = 2 : 1 θ \theta θ
③ 外层。 内层积出的常数提到外面：原式 = ln 2 2 ∫ 0 π 3 d θ 3 cos 2 θ + sin 2 θ = ln 2 2 ∫ 0 π 3 d ( tan θ ) 3 + tan 2 θ = ln 2 2 3 arctan tan θ 3 ∣ 0 π 3 = ln 2 2 3 ⋅ π 4 = 3 π ln 2 24 =\dfrac{\ln2}2\displaystyle\int_0^{\frac\pi3}\frac{\dd\theta}{3\cos^2\theta+\sin^2\theta}=\frac{\ln2}2\int_0^{\frac\pi3}\frac{\dd(\tan\theta)}{3+\tan^2\theta}=\frac{\ln2}{2\sqrt3}\arctan\frac{\tan\theta}{\sqrt3}\Big|_0^{\frac\pi3}=\frac{\ln2}{2\sqrt3}\cdot\frac\pi4=\frac{\sqrt3\pi\ln2}{24} = 2 ln 2 ∫ 0 3 π 3 cos 2 θ + sin 2 θ d θ = 2 ln 2 ∫ 0 3 π 3 + tan 2 θ d ( tan θ ) = 2 3 ln 2 arctan 3 tan θ 0 3 π = 2 3 ln 2 ⋅ 4 π = 24 3 π ln 2
分子分母同除以 cos 2 θ \cos^2\theta cos 2 θ sec 2 θ d θ = d ( tan θ ) \sec^2\theta\dd\theta=\dd(\tan\theta) sec 2 θ d θ = d ( tan θ ) ∫ d u 3 + u 2 \int\frac{\du}{3+u^2} ∫ 3 + u 2 d u tan π 3 = 3 \tan\frac\pi3=\sqrt3 tan 3 π = 3 arctan 1 = π 4 \arctan1=\frac\pi4 arctan 1 = 4 π
答案：3 π ln 2 24 \frac{\sqrt3\pi\ln2}{24} 24 3 π l n 2
例 7.12 2021 数三(19)
设有界区域
D D D 是圆
x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 和直线
y = x y=x y = x 以及
x x x 轴在第一象限围成的部分，计算二重积分
∬ D e ( x + y ) 2 ( x 2 − y 2 ) d x d y \displaystyle\iint_D\e^{(x+y)^2}(x^2-y^2)\dx\dy ∬ D e ( x + y ) 2 ( x 2 − y 2 ) d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 极坐标。 D D D 0 ≤ θ ≤ π 4 0\le\theta\le\frac\pi4 0 ≤ θ ≤ 4 π 0 ≤ r ≤ 1 0\le r\le1 0 ≤ r ≤ 1 ( x + y ) 2 = r 2 ( 1 + sin 2 θ ) (x+y)^2=r^2(1+\sin2\theta) ( x + y ) 2 = r 2 ( 1 + sin 2 θ ) x 2 − y 2 = r 2 cos 2 θ x^2-y^2=r^2\cos2\theta x 2 − y 2 = r 2 cos 2 θ
扇形，极坐标的上下限都是常数，积分次序可以随便选。
② 先对 θ \theta θ 令 s = 1 + sin 2 θ s=1+\sin2\theta s = 1 + sin 2 θ d s = 2 cos 2 θ d θ \dd s=2\cos2\theta\dd\theta d s = 2 cos 2 θ d θ ∫ 0 π 4 e r 2 ( 1 + sin 2 θ ) cos 2 θ d θ = 1 2 ∫ 1 2 e r 2 s d s = e 2 r 2 − e r 2 2 r 2 \displaystyle\int_0^{\frac\pi4}\e^{r^2(1+\sin2\theta)}\cos2\theta\dd\theta=\frac12\int_1^2\e^{r^2s}\dd s=\frac{\e^{2r^2}-\e^{r^2}}{2r^2} ∫ 0 4 π e r 2 ( 1 + s i n 2 θ ) cos 2 θ d θ = 2 1 ∫ 1 2 e r 2 s d s = 2 r 2 e 2 r 2 − e r 2
cos 2 θ \cos2\theta cos 2 θ 1 + sin 2 θ 1+\sin2\theta 1 + sin 2 θ θ \theta θ r r r
③ 再对 r r r 原式 = ∫ 0 1 r 3 ⋅ e 2 r 2 − e r 2 2 r 2 d r = 1 2 ∫ 0 1 r ( e 2 r 2 − e r 2 ) d r = 1 2 [ e 2 − 1 4 − e − 1 2 ] = ( e − 1 ) 2 8 =\displaystyle\int_0^1r^3\cdot\frac{\e^{2r^2}-\e^{r^2}}{2r^2}\dd r=\frac12\int_0^1r\big(\e^{2r^2}-\e^{r^2}\big)\dd r=\frac12\Big[\frac{\e^2-1}4-\frac{\e-1}2\Big]=\frac{(\e-1)^2}8 = ∫ 0 1 r 3 ⋅ 2 r 2 e 2 r 2 − e r 2 d r = 2 1 ∫ 0 1 r ( e 2 r 2 − e r 2 ) d r = 2 1 [ 4 e 2 − 1 − 2 e − 1 ] = 8 ( e − 1 ) 2
r 2 r^2 r 2 x 2 − y 2 x^2-y^2 x 2 − y 2 r r r r 3 r^3 r 3 e 2 − 1 − 2 ( e − 1 ) = e 2 − 2 e + 1 \e^2-1-2(\e-1)=\e^2-2\e+1 e 2 − 1 − 2 ( e − 1 ) = e 2 − 2 e + 1
④ 换元验证。 令 u = x + y u=x+y u = x + y v = x − y v=x-y v = x − y ∣ J ∣ = 1 2 |J|=\frac12 ∣ J ∣ = 2 1 x 2 − y 2 = u v x^2-y^2=uv x 2 − y 2 = uv D D D 0 ≤ v ≤ u 0\le v\le u 0 ≤ v ≤ u u 2 + v 2 ≤ 2 u^2+v^2\le2 u 2 + v 2 ≤ 2 ( e − 1 ) 2 8 \dfrac{(\e-1)^2}8 8 ( e − 1 ) 2
Maki 把这题归为“换元法”；极坐标先积 θ \theta θ
答案：( e − 1 ) 2 8 \frac{(\e-1)^2}8 8 ( e − 1 ) 2
x y O (1/√2, √6/2) y =√(3(1−x ²))y =√3x 1 2018 数三(16)：椭圆上半与直线 y = 3 x y=\sqrt3x y = 3 x y y y
例 7.13 2018 数三(16)
设平面区域
D D D 由曲线
y = 3 ( 1 − x 2 ) y=\sqrt{3(1-x^2)} y = 3 ( 1 − x 2 ) 与直线
y = 3 x y=\sqrt3x y = 3 x 及
y y y 轴围成，计算二重积分
∬ D x 2 d x d y \displaystyle\iint_Dx^2\dx\dy ∬ D x 2 d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 区域。 y = 3 ( 1 − x 2 ) y=\sqrt{3(1-x^2)} y = 3 ( 1 − x 2 ) x 2 + y 2 3 = 1 x^2+\frac{y^2}3=1 x 2 + 3 y 2 = 1 y = 3 x y=\sqrt3x y = 3 x x = 1 2 x=\frac1{\sqrt2} x = 2 1 D = { 0 ≤ x ≤ 1 2 , 3 x ≤ y ≤ 3 ( 1 − x 2 ) } D=\Big\{0\le x\le\frac1{\sqrt2},\ \sqrt3x\le y\le\sqrt{3(1-x^2)}\Big\} D = { 0 ≤ x ≤ 2 1 , 3 x ≤ y ≤ 3 ( 1 − x 2 ) }
3 ( 1 − x 2 ) = 3 x 2 3(1-x^2)=3x^2 3 ( 1 − x 2 ) = 3 x 2 x 2 = 1 2 x^2=\frac12 x 2 = 2 1
② 直角坐标。 原式 = ∫ 0 1 2 x 2 ( 3 1 − x 2 − 3 x ) d x = 3 [ ∫ 0 1 2 x 2 1 − x 2 d x − 1 16 ] =\displaystyle\int_0^{\frac1{\sqrt2}}x^2\big(\sqrt3\sqrt{1-x^2}-\sqrt3x\big)\dx=\sqrt3\Big[\int_0^{\frac1{\sqrt2}}x^2\sqrt{1-x^2}\dx-\frac1{16}\Big] = ∫ 0 2 1 x 2 ( 3 1 − x 2 − 3 x ) d x = 3 [ ∫ 0 2 1 x 2 1 − x 2 d x − 16 1 ]
把括号拆开，第二项是多项式，可以直接积：∫ 0 1 2 x 3 d x = 1 4 ⋅ 1 4 = 1 16 \int_0^{\frac1{\sqrt2}}x^3\dx=\frac14\cdot\frac14=\frac1{16} ∫ 0 2 1 x 3 d x = 4 1 ⋅ 4 1 = 16 1
③ 三角代换。 令 x = sin t x=\sin t x = sin t t t t π 4 \frac\pi4 4 π ∫ 0 π 4 sin 2 t cos 2 t d t = 1 4 ∫ 0 π 4 sin 2 2 t d t = π 32 \displaystyle\int_0^{\frac\pi4}\sin^2t\cos^2t\dd t=\frac14\int_0^{\frac\pi4}\sin^22t\dd t=\frac\pi{32} ∫ 0 4 π sin 2 t cos 2 t d t = 4 1 ∫ 0 4 π sin 2 2 t d t = 32 π = 3 ( π 32 − 1 16 ) = 3 ( π − 2 ) 32 =\sqrt3\Big(\dfrac\pi{32}-\dfrac1{16}\Big)=\dfrac{\sqrt3(\pi-2)}{32} = 3 ( 32 π − 16 1 ) = 32 3 ( π − 2 )
见到 1 − x 2 \sqrt{1-x^2} 1 − x 2 x = sin t x=\sin t x = sin t sin t cos t = 1 2 sin 2 t \sin t\cos t=\frac12\sin2t sin t cos t = 2 1 sin 2 t ∫ 0 π 4 sin 2 2 t d t = π 8 \int_0^{\frac\pi4}\sin^22t\dd t=\frac\pi8 ∫ 0 4 π sin 2 2 t d t = 8 π
④ 广义极坐标验证。 令 x = r cos θ x=r\cos\theta x = r cos θ y = 3 r sin θ y=\sqrt3r\sin\theta y = 3 r sin θ ∣ J ∣ = 3 r |J|=\sqrt3r ∣ J ∣ = 3 r r = 1 r=1 r = 1 y = 3 x y=\sqrt3x y = 3 x θ = π 4 \theta=\frac\pi4 θ = 4 π = ∫ π 4 π 2 cos 2 θ d θ ∫ 0 1 3 r 3 d r = 3 4 ( π 8 − 1 4 ) =\displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\cos^2\theta\dd\theta\int_0^1\sqrt3r^3\dd r=\frac{\sqrt3}4\Big(\frac\pi8-\frac14\Big) = ∫ 4 π 2 π cos 2 θ d θ ∫ 0 1 3 r 3 d r = 4 3 ( 8 π − 4 1 )
椭圆用“拉伸过的极坐标”变成圆，雅可比行列式多一个因子 3 \sqrt3 3 y y y θ = π 2 \theta=\frac\pi2 θ = 2 π
答案：3 ( π − 2 ) 32 \frac{\sqrt3(\pi-2)}{32} 32 3 ( π − 2 )
7.5 证明题大白话：二重积分的证明题，常用的工具就三样：交换积分次序、换元、轮换对称 。要证等式，把二重积分化成累次积分，内层换元后交换次序；要证两个定积分乘积的不等式，把乘积写成正方形上的二重积分，用轮换对称“对调相加”，再用均值不等式。
x y O x +y =u D 1 −1 李林例 25：斜线 x + y = u x+y=u x + y = u ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 1 |x|+|y|\le1 ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 1 常用的三个工具
两个定积分相乘：∫ a b f ( x ) d x ∫ a b g ( y ) d y = ∬ [ a , b ] 2 f ( x ) g ( y ) d x d y \displaystyle\int_a^bf(x)\dx\int_a^bg(y)\dy=\iint_{[a,b]^2}f(x)g(y)\dx\dy ∫ a b f ( x ) d x ∫ a b g ( y ) d y = ∬ [ a , b ] 2 f ( x ) g ( y ) d x d y
轮换对称：正方形 [ a , b ] 2 [a,b]^2 [ a , b ] 2 y = x y=x y = x x , y x,y x , y
内层换元 + 交换次序：∬ f ( x + y ) \displaystyle\iint f(x+y) ∬ f ( x + y ) u = x + y u=x+y u = x + y ( x , u ) (x,u) ( x , u ) f ( u ) f(u) f ( u )
方法卡 · 二重积分证明题
什么时候用
要证的式子里有
∬ f ( x + y ) \iint f(x+y) ∬ f ( x + y ) 、
∫ f ⋅ ∫ g \int f\cdot\int g ∫ f ⋅ ∫ g 这类结构。
步骤
等式：化成累次积分，内层换元，交换次序，外层就是要证的一元积分。
不等式：乘积写成二重积分，对调相加，用 t + 1 t ≥ 2 t+\frac1t\ge2 t + t 1 ≥ 2 2 a b ≤ a 2 + b 2 2ab\le a^2+b^2 2 ab ≤ a 2 + b 2 最容易错
交换次序时新区域画错（在
( x , u ) (x,u) ( x , u ) 平面里重新画图）；对调相加时把区域也换了。
例 7.14 李林 第十章 §3 例 25 · p262—263
设
D = { ( x , y ) ∣ ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 1 } D=\{(x,y)\mid|x|+|y|\le1\} D = {( x , y ) ∣ ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 1 } ，
f ( u ) f(u) f ( u ) 在
[ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ] 上连续，证明：
∬ D f ( x + y ) d x d y = ∫ − 1 1 f ( u ) d u \displaystyle\iint_Df(x+y)\dx\dy=\int_{-1}^1f(u)\dd u ∬ D f ( x + y ) d x d y = ∫ − 1 1 f ( u ) d u 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 化成累次积分。 按 y y y ∬ D = ∫ − 1 0 d x ∫ − 1 − x 1 + x f ( x + y ) d y + ∫ 0 1 d x ∫ x − 1 1 − x f ( x + y ) d y \displaystyle\iint_D=\int_{-1}^0\dx\int_{-1-x}^{1+x}f(x+y)\dy+\int_0^1\dx\int_{x-1}^{1-x}f(x+y)\dy ∬ D = ∫ − 1 0 d x ∫ − 1 − x 1 + x f ( x + y ) d y + ∫ 0 1 d x ∫ x − 1 1 − x f ( x + y ) d y
左半边竖线从 y = − 1 − x y=-1-x y = − 1 − x y = 1 + x y=1+x y = 1 + x y = x − 1 y=x-1 y = x − 1 y = 1 − x y=1-x y = 1 − x
② 内层换元 u = x + y u=x+y u = x + y = ∫ − 1 0 d x ∫ − 1 1 + 2 x f ( u ) d u + ∫ 0 1 d x ∫ 2 x − 1 1 f ( u ) d u =\displaystyle\int_{-1}^0\dx\int_{-1}^{1+2x}f(u)\dd u+\int_0^1\dx\int_{2x-1}^1f(u)\dd u = ∫ − 1 0 d x ∫ − 1 1 + 2 x f ( u ) d u + ∫ 0 1 d x ∫ 2 x − 1 1 f ( u ) d u
x x x u = x + y u=x+y u = x + y y y y d y = d u \dd y=\dd u d y = d u x x x
③ 交换次序。 在 ( x , u ) (x,u) ( x , u ) − 1 ≤ u ≤ 1 -1\le u\le1 − 1 ≤ u ≤ 1 u − 1 2 ≤ x ≤ u + 1 2 \frac{u-1}2\le x\le\frac{u+1}2 2 u − 1 ≤ x ≤ 2 u + 1 = ∫ − 1 1 f ( u ) d u ∫ u − 1 2 u + 1 2 d x = ∫ − 1 1 f ( u ) d u =\displaystyle\int_{-1}^1f(u)\dd u\int_{\frac{u-1}2}^{\frac{u+1}2}\dx=\int_{-1}^1f(u)\dd u = ∫ − 1 1 f ( u ) d u ∫ 2 u − 1 2 u + 1 d x = ∫ − 1 1 f ( u ) d u
第一块 u ≤ 1 + 2 x u\le1+2x u ≤ 1 + 2 x x ≥ u − 1 2 x\ge\frac{u-1}2 x ≥ 2 u − 1 u ≥ 2 x − 1 u\ge2x-1 u ≥ 2 x − 1 x ≤ u + 1 2 x\le\frac{u+1}2 x ≤ 2 u + 1 x + y = u x+y=u x + y = u D D D x x x
答案：证明题。思路：化成累次积分，内层令 u = x + y u=x+y u = x + y x x x u u u
例 7.15 基础
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
[ a , b ] [a,b] [ a , b ] 上连续且
f ( x ) > 0 f(x)>0 f ( x ) > 0 ，证明：
∫ a b f ( x ) d x ⋅ ∫ a b d x f ( x ) ≥ ( b − a ) 2 \displaystyle\int_a^bf(x)\dx\cdot\int_a^b\frac{\dx}{f(x)}\ge(b-a)^2 ∫ a b f ( x ) d x ⋅ ∫ a b f ( x ) d x ≥ ( b − a ) 2 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 写成二重积分。 记 D = [ a , b ] × [ a , b ] D=[a,b]\times[a,b] D = [ a , b ] × [ a , b ] I = ∫ a b f ( x ) d x ∫ a b d y f ( y ) = ∬ D f ( x ) f ( y ) d x d y I=\displaystyle\int_a^bf(x)\dx\int_a^b\frac{\dy}{f(y)}=\iint_D\frac{f(x)}{f(y)}\dx\dy I = ∫ a b f ( x ) d x ∫ a b f ( y ) d y = ∬ D f ( y ) f ( x ) d x d y
第二个积分的积分变量换成 y y y
② 轮换对称。 正方形关于 y = x y=x y = x I = ∬ D f ( y ) f ( x ) d x d y I=\displaystyle\iint_D\frac{f(y)}{f(x)}\dx\dy I = ∬ D f ( x ) f ( y ) d x d y 2 I = ∬ D [ f ( x ) f ( y ) + f ( y ) f ( x ) ] d x d y 2I=\displaystyle\iint_D\Big[\frac{f(x)}{f(y)}+\frac{f(y)}{f(x)}\Big]\dx\dy 2 I = ∬ D [ f ( y ) f ( x ) + f ( x ) f ( y ) ] d x d y
对调 x , y x,y x , y
③ 均值不等式。 f ( x ) f ( y ) + f ( y ) f ( x ) ≥ 2 \dfrac{f(x)}{f(y)}+\dfrac{f(y)}{f(x)}\ge2 f ( y ) f ( x ) + f ( x ) f ( y ) ≥ 2 2 I ≥ 2 ( b − a ) 2 2I\ge2(b-a)^2 2 I ≥ 2 ( b − a ) 2 I ≥ ( b − a ) 2 I\ge(b-a)^2 I ≥ ( b − a ) 2
t + 1 t ≥ 2 t+\frac1t\ge2 t + t 1 ≥ 2 t > 0 t>0 t > 0 ( b − a ) 2 (b-a)^2 ( b − a ) 2
答案：证明题。思路：乘积写成正方形上的二重积分，轮换对称后相加，再用 t + 1 t ≥ 2 t+\frac1t\ge2 t + t 1 ≥ 2
7.6 小结
题型 套路 例子
被积函数里含 ∬ D f \iint_Df ∬ D f 设为常数 A A A 例 7.1 、例 7.2 、练习 11 区域随 t t t D t D_t D t 2 t 2t 2 t 化成变上限积分，求导得微分方程 例 7.3 、例 7.4 被积函数含 f x y ′ ′ f''_{xy} f x y ′′ 累次积分 + 分部积分，边界条件消去边界项 例 7.5 区域无界 先积有界的方向，外层是反常积分 例 7.6 、例 7.7 、例 7.8 边界是 x y = c xy=c x y = c y x = c \frac yx=c x y = c 换元 u = x y , v = y x u=xy,v=\frac yx u = x y , v = x y 例 7.9 、例 7.10 边界是二次齐次式等于常数 极坐标解出 r 2 r^2 r 2 例 7.11 e ( x + y ) 2 \e^{(x+y)^2} e ( x + y ) 2 x 2 − y 2 x^2-y^2 x 2 − y 2 极坐标先积 θ \theta θ 例 7.12 椭圆区域 广义极坐标，∣ J ∣ = a b r |J|=abr ∣ J ∣ = ab r 例 7.13 证明等式、不等式 交换次序 + 换元；轮换对称 + 均值不等式 例 7.14 、例 7.15
学完了，标记这一部分
第 8 部分
二重积分的应用
二重积分的几何与物理应用：面积、体积、旋转体、质心与形心、转动惯量、曲面面积。公式都是“某个量 × 面积元素”再积分，同一个模子。配 5 道真题。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十三章第 5 条）
会用三重积分、第一型曲线积分、第一型曲面积分求体积、弧长、曲面面积、质量、质心、形心、转动惯量、引力、功等。
李林把二重积分的应用放在第十章第四节“二重积分的应用（仅数学一要求）”（p263—264），而这条要求写在第十三章“三重积分及第一型曲线、曲面积分”的考试要求里，二重积分是其中最基本的一种。数二、数三的真题也考面积和形心（用定积分或二重积分都可以），所以一并放在这里：Maki《真题分类精解》第三十三讲的 2012 数三(12)、2014 数三(10)、2013 数二(21)、2014 数二(13)、2019 数一(16)。
8.1 面积与体积大白话：被积函数取 1，二重积分就是面积；取“顶减底”，就是体积 。平面图形绕一条直线转一圈得到的旋转体，也能用二重积分算：图形里每一小块绕轴转出一个细圆环，体积约等于“2 π × 2\pi\times 2 π × × \times ×
x y z O z =10−3x ²−3y ²平面 z =4 D ：x ²+y ²≤2李林 §4 例 1：两个面的交线往下投影，围成积分区域 D D D 面积、体积与旋转体（李林 p263；ep 板书）
S = ∬ D d σ , \displaystyle S=\iint_D\dd\sigma, S = ∬ D d σ , V = ∬ D [ z 顶 ( x , y ) − z 底 ( x , y ) ] d σ , \displaystyle V=\iint_D\big[z_{\text{顶}}(x,y)-z_{\text{底}}(x,y)\big]\dd\sigma, V = ∬ D [ z 顶 ( x , y ) − z 底 ( x , y ) ] d σ , V 旋转 = 2 π ∬ D d ( x , y ) d σ . \displaystyle V_{\text{旋转}}=2\pi\iint_Dd(x,y)\dd\sigma. V 旋转 = 2 π ∬ D d ( x , y ) d σ .
d ( x , y ) d(x,y) d ( x , y ) ( x , y ) (x,y) ( x , y ) D D D A x + B y + C = 0 Ax+By+C=0 A x + B y + C = 0 d = ∣ A x + B y + C ∣ A 2 + B 2 d=\dfrac{|Ax+By+C|}{\sqrt{A^2+B^2}} d = A 2 + B 2 ∣ A x + B y + C ∣ x = 2 x=2 x = 2 d = 2 − x d=2-x d = 2 − x 为什么：面积为 d σ \dd\sigma d σ d d d d σ \dd\sigma d σ 2 π d d σ 2\pi d\dd\sigma 2 π d d σ
体积的积分区域是立体在 x O y xOy x O y D D D
方法卡 · 面积与体积
什么时候用
求平面图形的面积；求两个曲面所围立体的体积；求平面图形绕某条直线旋转所得的体积。
步骤
面积：画图，选直角坐标或极坐标，被积函数取 1。
体积：求交线，得投影区域 D D D z z z z z z
旋转体：写出到转轴的距离 d ( x , y ) d(x,y) d ( x , y ) 2 π ∬ D d d σ 2\pi\iint_Dd\dd\sigma 2 π ∬ D d d σ ∬ x d σ \iint x\dd\sigma ∬ x d σ 最容易错
体积的被积函数写成了一个曲面而没有减去底；投影区域画错；旋转体的距离写成
x − 2 x-2 x − 2 （负的）。
x y O y =4/x y =x y =4x 1 2 2012 数三(12)：直角坐标要在 x = 1 x=1 x = 1
例 8.1 2012 数三(12)
由曲线
y = 4 x y=\dfrac4x y = x 4 和直线
y = x y=x y = x 及
y = 4 x y=4x y = 4 x 在第一象限中围成的平面图形的面积为 ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 交点。 y = 4 x y=\frac4x y = x 4 y = 4 x y=4x y = 4 x ( 1 , 4 ) (1,4) ( 1 , 4 ) y = x y=x y = x ( 2 , 2 ) (2,2) ( 2 , 2 )
两条曲线联立求交点：4 x = 4 x \frac4x=4x x 4 = 4 x x = 1 x=1 x = 1 4 x = x \frac4x=x x 4 = x x = 2 x=2 x = 2
② 极坐标（不用分段）。 θ \theta θ π 4 \frac\pi4 4 π arctan 4 \arctan4 arctan 4 x y = 4 xy=4 x y = 4 r 2 = 8 sin 2 θ r^2=\frac8{\sin2\theta} r 2 = s i n 2 θ 8 S = ∫ 1 2 r 2 d θ = ∫ 4 d θ sin 2 θ = 2 ln tan θ ∣ tan θ = 1 tan θ = 4 = 2 ln 4 = 4 ln 2 S=\displaystyle\int\frac12r^2\dd\theta=\int\frac{4\dd\theta}{\sin2\theta}=2\ln\tan\theta\Big|_{\tan\theta=1}^{\tan\theta=4}=2\ln4=4\ln2 S = ∫ 2 1 r 2 d θ = ∫ sin 2 θ 4 d θ = 2 ln tan θ t a n θ = 1 t a n θ = 4 = 2 ln 4 = 4 ln 2
极坐标面积公式 S = 1 2 ∫ r 2 d θ S=\frac12\int r^2\dd\theta S = 2 1 ∫ r 2 d θ ∫ d θ sin 2 θ = 1 2 ln tan θ \int\frac{\dd\theta}{\sin2\theta}=\frac12\ln\tan\theta ∫ s i n 2 θ d θ = 2 1 ln tan θ
③ 直角坐标验证。 S = ∫ 0 1 ( 4 x − x ) d x + ∫ 1 2 ( 4 x − x ) d x = 3 2 + ( 4 ln 2 − 3 2 ) = 4 ln 2 S=\displaystyle\int_0^1(4x-x)\dx+\int_1^2\Big(\frac4x-x\Big)\dx=\frac32+\Big(4\ln2-\frac32\Big)=4\ln2 S = ∫ 0 1 ( 4 x − x ) d x + ∫ 1 2 ( x 4 − x ) d x = 2 3 + ( 4 ln 2 − 2 3 ) = 4 ln 2
竖线的上边界在 x = 1 x=1 x = 1 y = 4 x y=4x y = 4 x y = 4 x y=\frac4x y = x 4
答案：4 ln 2 4\ln2 4 ln 2
x y O y =2y =−x xy +1=0−1 −2 2014 数三(10)：横着穿，不用分段。
例 8.2 2014 数三(10)
设
D D D 是由曲线
x y + 1 = 0 xy+1=0 x y + 1 = 0 与直线
y + x = 0 y+x=0 y + x = 0 及
y = 2 y=2 y = 2 围成的有界区域，则
D D D 的面积为 ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 画图找交点。 x y + 1 = 0 xy+1=0 x y + 1 = 0 x = − 1 y x=-\frac1y x = − y 1 y = − x y=-x y = − x ( − 1 , 1 ) (-1,1) ( − 1 , 1 ) y = 2 y=2 y = 2 ( − 1 2 , 2 ) \big(-\frac12,2\big) ( − 2 1 , 2 ) y = − x y=-x y = − x y = 2 y=2 y = 2 ( − 2 , 2 ) (-2,2) ( − 2 , 2 )
有界区域是这三条线围成的“曲边三角形”，在 1 ≤ y ≤ 2 1\le y\le2 1 ≤ y ≤ 2
② 先对 x x x 横线从 x = − y x=-y x = − y x = − 1 y x=-\frac1y x = − y 1 S = ∫ 1 2 ( − 1 y + y ) d y = [ y 2 2 − ln y ] 1 2 = 3 2 − ln 2 S=\displaystyle\int_1^2\Big(-\frac1y+y\Big)\dy=\Big[\frac{y^2}2-\ln y\Big]_1^2=\frac32-\ln2 S = ∫ 1 2 ( − y 1 + y ) d y = [ 2 y 2 − ln y ] 1 2 = 2 3 − ln 2
横着穿不用分段；竖着穿要在 x = − 1 x=-1 x = − 1
答案：3 2 − ln 2 \frac32-\ln2 2 3 − ln 2
例 8.3 李林 第十章 §4 例 1 · p263
求抛物面
z = 10 − 3 x 2 − 3 y 2 z=10-3x^2-3y^2 z = 10 − 3 x 2 − 3 y 2 与平面
z = 4 z=4 z = 4 所围立体的体积。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 投影区域。 两面的交线：10 − 3 x 2 − 3 y 2 = 4 ⟺ x 2 + y 2 = 2 10-3x^2-3y^2=4\iff x^2+y^2=2 10 − 3 x 2 − 3 y 2 = 4 ⟺ x 2 + y 2 = 2 x O y xOy x O y D D D x 2 + y 2 ≤ 2 x^2+y^2\le2 x 2 + y 2 ≤ 2
立体的边缘就在交线上，交线往下投影围成 D D D
② 体积 = 顶 − 底。 V = ∬ D [ ( 10 − 3 x 2 − 3 y 2 ) − 4 ] d x d y = ∬ D ( 6 − 3 x 2 − 3 y 2 ) d x d y V=\displaystyle\iint_D\big[(10-3x^2-3y^2)-4\big]\dx\dy=\iint_D(6-3x^2-3y^2)\dx\dy V = ∬ D [ ( 10 − 3 x 2 − 3 y 2 ) − 4 ] d x d y = ∬ D ( 6 − 3 x 2 − 3 y 2 ) d x d y
每根小柱子的高是上面的抛物面减下面的平面。
③ 极坐标。 V = 3 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 ( 2 − r 2 ) r d r = 3 ⋅ 2 π ⋅ ( 2 − 1 ) = 6 π V=3\displaystyle\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^{\sqrt2}(2-r^2)r\dd r=3\cdot2\pi\cdot(2-1)=6\pi V = 3 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 ( 2 − r 2 ) r d r = 3 ⋅ 2 π ⋅ ( 2 − 1 ) = 6 π
被积函数 6 − 3 r 2 6-3r^2 6 − 3 r 2 ∫ 0 2 ( 2 r − r 3 ) d r = 2 − 1 = 1 \int_0^{\sqrt2}(2r-r^3)\dd r=2-1=1 ∫ 0 2 ( 2 r − r 3 ) d r = 2 − 1 = 1 θ \theta θ 2 π 2\pi 2 π
答案：6 π 6\pi 6 π
x y O 2−x 转轴 x =2 y =x (x −1)²+y ²=1 1 ep 例 22：绕 x = 2 x=2 x = 2 2 − x 2-x 2 − x
例 8.4 ep 板书 二重积分 例 22
设平面图形
D D D 由
x 2 + y 2 ≤ 2 x x^2+y^2\le2x x 2 + y 2 ≤ 2 x 与
y ≥ x y\ge x y ≥ x 确定，求图形
D D D 绕直线
x = 2 x=2 x = 2 旋转一周所得旋转体的体积。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 公式。 D D D x = 2 x=2 x = 2 D D D ( x , y ) (x,y) ( x , y ) 2 − x 2-x 2 − x V = 2 π ∬ D ( 2 − x ) d σ V=2\pi\displaystyle\iint_D(2-x)\dd\sigma V = 2 π ∬ D ( 2 − x ) d σ
小块转一圈扫出半径 2 − x 2-x 2 − x 2 π ( 2 − x ) d σ 2\pi(2-x)\dd\sigma 2 π ( 2 − x ) d σ
② 区域和面积。 D D D ( x − 1 ) 2 + y 2 ≤ 1 (x-1)^2+y^2\le1 ( x − 1 ) 2 + y 2 ≤ 1 y = x y=x y = x π 4 ≤ θ ≤ π 2 \frac\pi4\le\theta\le\frac\pi2 4 π ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ 2 cos θ 0\le r\le2\cos\theta 0 ≤ r ≤ 2 cos θ S D = π 4 − 1 2 S_D=\dfrac\pi4-\dfrac12 S D = 4 π − 2 1
弦从 ( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) 90 ∘ 90^\circ 9 0 ∘ π 4 \frac\pi4 4 π 1 2 \frac12 2 1
③ ∬ x \iint x ∬ x ∬ D x d σ = ∫ π 4 π 2 cos θ d θ ∫ 0 2 cos θ r 2 d r = 8 3 ∫ π 4 π 2 cos 4 θ d θ = 8 3 ( 3 π 32 − 1 4 ) = π 4 − 2 3 \displaystyle\iint_Dx\dd\sigma=\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\cos\theta\dd\theta\int_0^{2\cos\theta}r^2\dd r=\frac83\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\cos^4\theta\dd\theta=\frac83\Big(\frac{3\pi}{32}-\frac14\Big)=\frac\pi4-\frac23 ∬ D x d σ = ∫ 4 π 2 π cos θ d θ ∫ 0 2 c o s θ r 2 d r = 3 8 ∫ 4 π 2 π cos 4 θ d θ = 3 8 ( 32 3 π − 4 1 ) = 4 π − 3 2
用降幂公式把 cos 4 θ \cos^4\theta cos 4 θ ∫ cos 4 θ d θ = 3 θ 8 + sin 2 θ 4 + sin 4 θ 32 \int\cos^4\theta\dd\theta=\frac{3\theta}8+\frac{\sin2\theta}4+\frac{\sin4\theta}{32} ∫ cos 4 θ d θ = 8 3 θ + 4 s i n 2 θ + 32 s i n 4 θ π 4 \frac\pi4 4 π π 2 \frac\pi2 2 π 3 π 32 − 1 4 \frac{3\pi}{32}-\frac14 32 3 π − 4 1
④ 合起来。 V = 2 π [ 2 ( π 4 − 1 2 ) − ( π 4 − 2 3 ) ] = 2 π ( π 4 − 1 3 ) = π ( 3 π − 4 ) 6 V=2\pi\Big[2\Big(\dfrac\pi4-\dfrac12\Big)-\Big(\dfrac\pi4-\dfrac23\Big)\Big]=2\pi\Big(\dfrac\pi4-\dfrac13\Big)=\dfrac{\pi(3\pi-4)}6 V = 2 π [ 2 ( 4 π − 2 1 ) − ( 4 π − 3 2 ) ] = 2 π ( 4 π − 3 1 ) = 6 π ( 3 π − 4 )
把距离 2 − x 2-x 2 − x ∬ ( 2 − x ) = 2 S D − ∬ x \iint(2-x)=2S_D-\iint x ∬ ( 2 − x ) = 2 S D − ∬ x 2 ⋅ π 4 − π 4 = π 4 2\cdot\frac\pi4-\frac\pi4=\frac\pi4 2 ⋅ 4 π − 4 π = 4 π − 1 + 2 3 = − 1 3 -1+\frac23=-\frac13 − 1 + 3 2 = − 3 1
答案：π ( 3 π − 4 ) 6 \frac{\pi(3\pi-4)}6 6 π ( 3 π − 4 )
8.2 质心与形心大白话：质心就是“按质量加权的平均位置” ：x ˉ \bar x x ˉ x x x
x y O 质心 (0, 7/3) r =4sin θr =2sin θ李林 §4 例 2：月牙关于 y y y y y y 质心公式（李林 p263）
x ˉ = ∬ D x ρ ( x , y ) d σ ∬ D ρ ( x , y ) d σ , \displaystyle \bar x=\frac{\iint_Dx\rho(x,y)\dd\sigma}{\iint_D\rho(x,y)\dd\sigma}, x ˉ = ∬ D ρ ( x , y ) d σ ∬ D x ρ ( x , y ) d σ , y ˉ = ∬ D y ρ ( x , y ) d σ ∬ D ρ ( x , y ) d σ ; \displaystyle \bar y=\frac{\iint_Dy\rho(x,y)\dd\sigma}{\iint_D\rho(x,y)\dd\sigma}; y ˉ = ∬ D ρ ( x , y ) d σ ∬ D y ρ ( x , y ) d σ ; ρ 为常数时 x ˉ = ∬ D x d σ S D ( 形心 ) . \displaystyle \rho\text{ 为常数时 }\bar x=\frac{\iint_Dx\dd\sigma}{S_D}\ (\text{形心}). ρ 为常数时 x ˉ = S D ∬ D x d σ ( 形心 ) .
分母是质量 m = ∬ ρ d σ m=\iint\rho\dd\sigma m = ∬ ρ d σ
对称性：D D D y y y ρ \rho ρ x x x x ˉ = 0 \bar x=0 x ˉ = 0
细棒（一维）：x ˉ = ∫ x ρ ( x ) d x ∫ ρ ( x ) d x \bar x=\dfrac{\int x\rho(x)\dx}{\int\rho(x)\dx} x ˉ = ∫ ρ ( x ) d x ∫ x ρ ( x ) d x
反过来用（形心公式）：∬ D x d σ = x ˉ ⋅ S D \iint_Dx\dd\sigma=\bar x\cdot S_D ∬ D x d σ = x ˉ ⋅ S D
方法卡 · 质心与形心
什么时候用
求薄片、细棒的质心；求平面图形的形心；或者用已知的形心算
∬ x d σ \iint x\dd\sigma ∬ x d σ 。
步骤
先找对称轴，能直接写出的坐标先写出来。
分别算质量（或面积）和静矩，相除。
检查：质心应该落在图形“偏重”的一侧，而且在图形的外接矩形内。 最容易错
只算了分子忘了除以质量；密度不均匀时把形心当成质心；分子分母的积分区域不一致。
例 8.5 李林 第十章 §4 例 2 · p264
求位于两圆
r = 2 sin θ r=2\sin\theta r = 2 sin θ 与
r = 4 sin θ r=4\sin\theta r = 4 sin θ 之间的均匀薄片的质心坐标。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 对称性。 薄片关于 y y y x ˉ = 0 \bar x=0 x ˉ = 0 y ˉ = ∬ D y d σ ∬ D d σ \bar y=\dfrac{\iint_Dy\dd\sigma}{\iint_D\dd\sigma} y ˉ = ∬ D d σ ∬ D y d σ
左右对称，∬ x d σ = 0 \iint x\dd\sigma=0 ∬ x d σ = 0 ρ \rho ρ
② 面积。 大圆半径 2，小圆半径 1：S D = 4 π − π = 3 π S_D=4\pi-\pi=3\pi S D = 4 π − π = 3 π
把两条极坐标曲线化回直角坐标，看出是两个圆：r = 4 sin θ r=4\sin\theta r = 4 sin θ x 2 + ( y − 2 ) 2 = 4 x^2+(y-2)^2=4 x 2 + ( y − 2 ) 2 = 4 r = 2 sin θ r=2\sin\theta r = 2 sin θ x 2 + ( y − 1 ) 2 = 1 x^2+(y-1)^2=1 x 2 + ( y − 1 ) 2 = 1
③ 静矩。 ∬ D y d σ = ∫ 0 π d θ ∫ 2 sin θ 4 sin θ r sin θ ⋅ r d r = 56 3 ∫ 0 π sin 4 θ d θ = 56 3 ⋅ 3 π 8 = 7 π \displaystyle\iint_Dy\dd\sigma=\int_0^\pi\dd\theta\int_{2\sin\theta}^{4\sin\theta}r\sin\theta\cdot r\dd r=\frac{56}3\int_0^\pi\sin^4\theta\dd\theta=\frac{56}3\cdot\frac{3\pi}8=7\pi ∬ D y d σ = ∫ 0 π d θ ∫ 2 s i n θ 4 s i n θ r sin θ ⋅ r d r = 3 56 ∫ 0 π sin 4 θ d θ = 3 56 ⋅ 8 3 π = 7 π y ˉ = 7 π 3 π = 7 3 \bar y=\dfrac{7\pi}{3\pi}=\dfrac73 y ˉ = 3 π 7 π = 3 7
内层对 r r r sin θ \sin\theta sin θ ∫ 2 s 4 s r 2 d r = 64 − 8 3 s 3 \int_{2s}^{4s}r^2\dd r=\frac{64-8}3s^3 ∫ 2 s 4 s r 2 d r = 3 64 − 8 s 3 s = sin θ s=\sin\theta s = sin θ ∫ 0 π sin 4 θ d θ = 2 ⋅ 3 4 ⋅ 1 2 ⋅ π 2 = 3 π 8 \int_0^\pi\sin^4\theta\dd\theta=2\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2=\frac{3\pi}8 ∫ 0 π sin 4 θ d θ = 2 ⋅ 4 3 ⋅ 2 1 ⋅ 2 π = 8 3 π
答案：( 0 , 7 3 ) \big(0,\frac73\big) ( 0 , 3 7 )
x y O x̄ =11/20ρ(x )=−x ²+2x +1 1 2014 数二(13)：密度右边大，质心偏右。
例 8.6 2014 数二(13)
一根长度为 1 的细棒位于
x x x 轴的区间
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] 上，若其线密度
ρ ( x ) = − x 2 + 2 x + 1 \rho(x)=-x^2+2x+1 ρ ( x ) = − x 2 + 2 x + 1 ，则该细棒的质心坐标
x ˉ = \bar x= x ˉ = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 公式。 x ˉ = ∫ 0 1 x ρ ( x ) d x ∫ 0 1 ρ ( x ) d x \bar x=\dfrac{\int_0^1x\rho(x)\dx}{\int_0^1\rho(x)\dx} x ˉ = ∫ 0 1 ρ ( x ) d x ∫ 0 1 x ρ ( x ) d x
二重积分质心公式的一维版本：“面密度 × 面积元素”换成“线密度 × 长度元素”。
② 计算。 ∫ 0 1 ( − x 2 + 2 x + 1 ) d x = 5 3 \displaystyle\int_0^1(-x^2+2x+1)\dx=\frac53 ∫ 0 1 ( − x 2 + 2 x + 1 ) d x = 3 5 ∫ 0 1 ( − x 3 + 2 x 2 + x ) d x = − 1 4 + 2 3 + 1 2 = 11 12 \displaystyle\int_0^1(-x^3+2x^2+x)\dx=-\frac14+\frac23+\frac12=\frac{11}{12} ∫ 0 1 ( − x 3 + 2 x 2 + x ) d x = − 4 1 + 3 2 + 2 1 = 12 11 x ˉ = 11 / 12 5 / 3 = 11 20 \bar x=\dfrac{11/12}{5/3}=\dfrac{11}{20} x ˉ = 5/3 11/12 = 20 11
密度在右边大，质心应在中点右边；11 20 > 1 2 \frac{11}{20}>\frac12 20 11 > 2 1
答案：11 20 \frac{11}{20} 20 11
x y O x̄ ≈2.11L ：y =¼x ²−½ln x 1 e 2013 数二(21)：图形 D D D
例 8.7 2013 数二(21)
设曲线
L L L 的方程为
y = 1 4 x 2 − 1 2 ln x ( 1 ≤ x ≤ e ) y=\dfrac14x^2-\dfrac12\ln x\ (1\le x\le\e) y = 4 1 x 2 − 2 1 ln x ( 1 ≤ x ≤ e ) 。
（Ⅰ）求
L L L 的弧长；
（Ⅱ）设
D D D 是由曲线
L L L ，直线
x = 1 x=1 x = 1 ，
x = e x=\e x = e 及
x x x 轴所围平面图形，求
D D D 的形心的横坐标。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① （Ⅰ）弧长。 y ′ = x 2 − 1 2 x y'=\dfrac x2-\dfrac1{2x} y ′ = 2 x − 2 x 1 1 + y ′ 2 = ( x 2 + 1 2 x ) 2 1+y'^2=\Big(\dfrac x2+\dfrac1{2x}\Big)^2 1 + y ′2 = ( 2 x + 2 x 1 ) 2 s = ∫ 1 e ( x 2 + 1 2 x ) d x = e 2 − 1 4 + 1 2 = e 2 + 1 4 s=\displaystyle\int_1^{\e}\Big(\frac x2+\frac1{2x}\Big)\dx=\frac{\e^2-1}4+\frac12=\frac{\e^2+1}4 s = ∫ 1 e ( 2 x + 2 x 1 ) d x = 4 e 2 − 1 + 2 1 = 4 e 2 + 1
( x 2 − 1 2 x ) 2 + 1 = x 2 4 − 1 2 + 1 4 x 2 + 1 \big(\frac x2-\frac1{2x}\big)^2+1=\frac{x^2}4-\frac12+\frac1{4x^2}+1 ( 2 x − 2 x 1 ) 2 + 1 = 4 x 2 − 2 1 + 4 x 2 1 + 1 ( x 2 + 1 2 x ) 2 \big(\frac x2+\frac1{2x}\big)^2 ( 2 x + 2 x 1 ) 2
② （Ⅱ）形心公式。 x ˉ = ∬ D x d σ ∬ D d σ \bar x=\dfrac{\iint_Dx\dd\sigma}{\iint_D\dd\sigma} x ˉ = ∬ D d σ ∬ D x d σ D = { 1 ≤ x ≤ e , 0 ≤ y ≤ y ( x ) } D=\{1\le x\le\e,\ 0\le y\le y(x)\} D = { 1 ≤ x ≤ e , 0 ≤ y ≤ y ( x )} ∬ D x d σ = ∫ 1 e x y ( x ) d x \displaystyle\iint_Dx\dd\sigma=\int_1^{\e}xy(x)\dx ∬ D x d σ = ∫ 1 e x y ( x ) d x ∬ D d σ = ∫ 1 e y ( x ) d x \displaystyle\iint_D\dd\sigma=\int_1^{\e}y(x)\dx ∬ D d σ = ∫ 1 e y ( x ) d x
先对 y y y y ( x ) y(x) y ( x ) y ( 1 ) = 1 4 > 0 y(1)=\frac14>0 y ( 1 ) = 4 1 > 0 [ 1 , e ] [1,\e] [ 1 , e ] y ′ ≥ 0 y'\ge0 y ′ ≥ 0 L L L x x x
③ 分母。 ∫ 1 e ( x 2 4 − ln x 2 ) d x = e 3 − 1 12 − 1 2 = e 3 − 7 12 \displaystyle\int_1^{\e}\Big(\frac{x^2}4-\frac{\ln x}2\Big)\dx=\frac{\e^3-1}{12}-\frac12=\frac{\e^3-7}{12} ∫ 1 e ( 4 x 2 − 2 ln x ) d x = 12 e 3 − 1 − 2 1 = 12 e 3 − 7
多项式那一项直接积；ln x \ln x ln x ∫ 1 e ln x d x = [ x ln x − x ] 1 e = 1 \int_1^{\e}\ln x\dx=\big[x\ln x-x\big]_1^{\e}=1 ∫ 1 e ln x d x = [ x ln x − x ] 1 e = 1
④ 分子。 ∫ 1 e ( x 3 4 − x ln x 2 ) d x = e 4 − 1 16 − e 2 + 1 8 = e 4 − 2 e 2 − 3 16 \displaystyle\int_1^{\e}\Big(\frac{x^3}4-\frac{x\ln x}2\Big)\dx=\frac{\e^4-1}{16}-\frac{\e^2+1}8=\frac{\e^4-2\e^2-3}{16} ∫ 1 e ( 4 x 3 − 2 x ln x ) d x = 16 e 4 − 1 − 8 e 2 + 1 = 16 e 4 − 2 e 2 − 3 x ˉ = 3 ( e 4 − 2 e 2 − 3 ) 4 ( e 3 − 7 ) \bar x=\dfrac{3(\e^4-2\e^2-3)}{4(\e^3-7)} x ˉ = 4 ( e 3 − 7 ) 3 ( e 4 − 2 e 2 − 3 )
∫ 1 e x ln x d x = [ x 2 2 ln x − x 2 4 ] 1 e = e 2 + 1 4 \int_1^{\e}x\ln x\dx=\big[\frac{x^2}2\ln x-\frac{x^2}4\big]_1^{\e}=\frac{\e^2+1}4 ∫ 1 e x ln x d x = [ 2 x 2 ln x − 4 x 2 ] 1 e = 4 e 2 + 1 12 16 = 3 4 \frac{12}{16}=\frac34 16 12 = 4 3 [ 1 , e ] [1,\e] [ 1 , e ]
答案：（Ⅰ）e 2 + 1 4 \frac{\e^2+1}4 4 e 2 + 1 x ˉ = 3 ( e 4 − 2 e 2 − 3 ) 4 ( e 3 − 7 ) \bar x=\frac{3(\e^4-2\e^2-3)}{4(\e^3-7)} x ˉ = 4 ( e 3 − 7 ) 3 ( e 4 − 2 e 2 − 3 )
8.3 转动惯量大白话：转动惯量是“质量乘到轴距离的平方”再加起来 ，距离轴越远的部分贡献越大。对 x x x ∣ y ∣ |y| ∣ y ∣ y y y ∣ x ∣ |x| ∣ x ∣ x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2
x y O y 到 x 轴的距离是 y −a a 李林 §4 例 3：高度 y y y x x x y y y 转动惯量（李林 p263）
I x = ∬ D y 2 ρ d σ , \displaystyle I_x=\iint_Dy^2\rho\dd\sigma, I x = ∬ D y 2 ρ d σ , I y = ∬ D x 2 ρ d σ , \displaystyle I_y=\iint_Dx^2\rho\dd\sigma, I y = ∬ D x 2 ρ d σ , I O = ∬ D ( x 2 + y 2 ) ρ d σ = I x + I y . \displaystyle I_O=\iint_D(x^2+y^2)\rho\dd\sigma=I_x+I_y. I O = ∬ D ( x 2 + y 2 ) ρ d σ = I x + I y .
为什么是平方：小块的转动惯量是 d m ⋅ d 2 \dd m\cdot d^2 d m ⋅ d 2 d d d
圆形、扇形区域用极坐标：y 2 = r 2 sin 2 θ y^2=r^2\sin^2\theta y 2 = r 2 sin 2 θ r r r
方法卡 · 转动惯量
步骤
写出到转轴的距离的平方。
乘面密度，在薄片上积分；圆形区域用极坐标。 最容易错
对
x x x 轴的转动惯量写成
∬ x 2 \iint x^2 ∬ x 2 （看反了）；忘记乘面密度。
例 8.8 李林 第十章 §4 例 3 · p264
求均匀半圆薄片
D = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ y ≤ a 2 − x 2 , − a ≤ x ≤ a } D=\{(x,y)\mid0\le y\le\sqrt{a^2-x^2},\ -a\le x\le a\} D = {( x , y ) ∣ 0 ≤ y ≤ a 2 − x 2 , − a ≤ x ≤ a } 对
x x x 轴的转动惯量（设面密度为
μ \mu μ ）。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 公式。 I x = ∬ D y 2 μ d σ I_x=\displaystyle\iint_Dy^2\mu\dd\sigma I x = ∬ D y 2 μ d σ
小块到 x x x y y y y = a 2 − x 2 y=\sqrt{a^2-x^2} y = a 2 − x 2 0 ≤ y ≤ a 2 − x 2 0\le y\le\sqrt{a^2-x^2} 0 ≤ y ≤ a 2 − x 2
② 极坐标。 I x = μ ∫ 0 π d θ ∫ 0 a r 2 sin 2 θ ⋅ r d r = μ ⋅ a 4 4 ⋅ π 2 = π μ a 4 8 I_x=\mu\displaystyle\int_0^\pi\dd\theta\int_0^ar^2\sin^2\theta\cdot r\dd r=\mu\cdot\frac{a^4}4\cdot\frac\pi2=\frac{\pi\mu a^4}8 I x = μ ∫ 0 π d θ ∫ 0 a r 2 sin 2 θ ⋅ r d r = μ ⋅ 4 a 4 ⋅ 2 π = 8 π μ a 4
上半圆在极坐标下是 0 ≤ θ ≤ π 0\le\theta\le\pi 0 ≤ θ ≤ π 0 ≤ r ≤ a 0\le r\le a 0 ≤ r ≤ a ∫ 0 π sin 2 θ d θ = π 2 \int_0^\pi\sin^2\theta\dd\theta=\frac\pi2 ∫ 0 π sin 2 θ d θ = 2 π
答案：π μ a 4 8 \frac{\pi\mu a^4}8 8 π μ a 4
8.4 曲面面积大白话：曲面上的一小块是斜的，它的面积比它在 x O y xOy x O y d σ \dd\sigma d σ 。斜得越厉害（偏导数越大），放大得越多，放大倍数是 1 + z x 2 + z y 2 \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} 1 + z x 2 + z y 2
x y z O z =2−x ²−y ²D ：x ²+y ²≤22019 数一(16)：曲面投影到 x O y xOy x O y x 2 + y 2 ≤ 2 x^2+y^2\le2 x 2 + y 2 ≤ 2 曲面面积
S = ∬ D 1 + z x 2 + z y 2 d x d y , \displaystyle S=\iint_D\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\dx\dy, S = ∬ D 1 + z x 2 + z y 2 d x d y , D 是曲面 z = z ( x , y ) 在 x O y 面上的投影 . \displaystyle D\text{ 是曲面 }z=z(x,y)\text{ 在 }xOy\text{ 面上的投影}. D 是曲面 z = z ( x , y ) 在 x O y 面上的投影 .
为什么：曲面的一小块近似是切平面上的一小片，它和投影的面积之比是 1 ∣ cos γ ∣ \frac1{|\cos\gamma|} ∣ c o s γ ∣ 1 γ \gamma γ ( − z x , − z y , 1 ) (-z_x,-z_y,1) ( − z x , − z y , 1 ) z z z 1 ∣ cos γ ∣ = 1 + z x 2 + z y 2 \frac1{|\cos\gamma|}=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} ∣ c o s γ ∣ 1 = 1 + z x 2 + z y 2
旋转抛物面 z = c − x 2 − y 2 z=c-x^2-y^2 z = c − x 2 − y 2 1 + 4 r 2 \sqrt{1+4r^2} 1 + 4 r 2
方法卡 · 曲面面积
什么时候用
求曲面
z = z ( x , y ) z=z(x,y) z = z ( x , y ) 被某个条件截下的那一片的面积。
步骤
由题目条件（如 z ≥ 0 z\ge0 z ≥ 0 D D D
算 z x z_x z x z y z_y z y 1 + z x 2 + z y 2 \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} 1 + z x 2 + z y 2
在 D D D 最容易错
忘了根号里的 1；投影区域没按题目的条件（
z ≥ 0 z\ge0 z ≥ 0 ）来定。
例 8.9 2019 数一(16)
设
a a a ，
b b b 为实数，函数
z = 2 + a x 2 + b y 2 z=2+ax^2+by^2 z = 2 + a x 2 + b y 2 在点
( 3 , 4 ) (3,4) ( 3 , 4 ) 处的方向导数中，沿方向
l = − 3 i − 4 j \vv l=-3\vv i-4\vv j l = − 3 i − 4 j 的方向导数最大，最大值为 10。
（Ⅰ）求
a , b a,b a , b ；
（Ⅱ）求曲面
z = 2 + a x 2 + b y 2 ( z ≥ 0 ) z=2+ax^2+by^2\ (z\ge0) z = 2 + a x 2 + b y 2 ( z ≥ 0 ) 的面积。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 梯度的方向和大小。 方向导数最大的方向就是梯度的方向，最大值就是梯度的模。grad z ∣ ( 3 , 4 ) = ( 6 a , 8 b ) \operatorname{grad}z\big|_{(3,4)}=(6a,8b) grad z ( 3 , 4 ) = ( 6 a , 8 b ) ( − 3 , − 4 ) (-3,-4) ( − 3 , − 4 )
方向导数 = grad z ⋅ e l =\operatorname{grad}z\cdot\vv e_l = grad z ⋅ e l ∣ grad z ∣ |\operatorname{grad}z| ∣ grad z ∣
② 解 a , b a,b a , b ( 6 a , 8 b ) = k ( − 3 , − 4 ) (6a,8b)=k(-3,-4) ( 6 a , 8 b ) = k ( − 3 , − 4 ) k > 0 k>0 k > 0 5 k = 10 5k=10 5 k = 10 k = 2 k=2 k = 2 6 a = − 6 6a=-6 6 a = − 6 8 b = − 8 8b=-8 8 b = − 8 a = b = − 1 a=b=-1 a = b = − 1
“同向”要求比例系数 k k k ∣ ( − 3 , − 4 ) ∣ = 5 |(-3,-4)|=5 ∣ ( − 3 , − 4 ) ∣ = 5
③ 曲面与投影。 z = 2 − x 2 − y 2 ≥ 0 ⟺ x 2 + y 2 ≤ 2 z=2-x^2-y^2\ge0\iff x^2+y^2\le2 z = 2 − x 2 − y 2 ≥ 0 ⟺ x 2 + y 2 ≤ 2 D D D x 2 + y 2 ≤ 2 x^2+y^2\le2 x 2 + y 2 ≤ 2 z x = − 2 x z_x=-2x z x = − 2 x z y = − 2 y z_y=-2y z y = − 2 y
条件 z ≥ 0 z\ge0 z ≥ 0
④ 面积。 S = ∬ D 1 + 4 x 2 + 4 y 2 d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 1 + 4 r 2 r d r = 2 π ⋅ 1 12 ( 1 + 4 r 2 ) 3 2 ∣ 0 2 = 2 π ( 27 − 1 ) 12 = 13 π 3 S=\displaystyle\iint_D\sqrt{1+4x^2+4y^2}\dx\dy=\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^{\sqrt2}\sqrt{1+4r^2}\,r\dd r=2\pi\cdot\frac1{12}(1+4r^2)^{\frac32}\Big|_0^{\sqrt2}=\frac{2\pi(27-1)}{12}=\frac{13\pi}3 S = ∬ D 1 + 4 x 2 + 4 y 2 d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 1 + 4 r 2 r d r = 2 π ⋅ 12 1 ( 1 + 4 r 2 ) 2 3 0 2 = 12 2 π ( 27 − 1 ) = 3 13 π
根号里 1 + 4 r 2 1+4r^2 1 + 4 r 2 r r r d ( 1 + 4 r 2 ) = 8 r d r \dd(1+4r^2)=8r\dd r d ( 1 + 4 r 2 ) = 8 r d r ∫ 1 + 4 r 2 r d r = 1 12 ( 1 + 4 r 2 ) 3 2 \int\sqrt{1+4r^2}\,r\dd r=\frac1{12}(1+4r^2)^{\frac32} ∫ 1 + 4 r 2 r d r = 12 1 ( 1 + 4 r 2 ) 2 3 r = 2 r=\sqrt2 r = 2 1 + 4 r 2 = 9 1+4r^2=9 1 + 4 r 2 = 9 9 3 2 = 27 9^{\frac32}=27 9 2 3 = 27
答案：（Ⅰ）a = b = − 1 a=b=-1 a = b = − 1 13 π 3 \frac{13\pi}3 3 13 π
8.5 小结
要求的量 公式 例子
平面图形的面积 S = ∬ D d σ S=\iint_D\dd\sigma S = ∬ D d σ 1 2 ∫ r 2 d θ \frac12\int r^2\dd\theta 2 1 ∫ r 2 d θ 例 8.1 、例 8.2 立体的体积 V = ∬ D ( z 顶 − z 底 ) d σ V=\iint_D(z_{\text{顶}}-z_{\text{底}})\dd\sigma V = ∬ D ( z 顶 − z 底 ) d σ 例 8.3 平面图形绕直线旋转 V = 2 π ∬ D d d σ V=2\pi\iint_Dd\,\dd\sigma V = 2 π ∬ D d d σ d d d 例 8.4 薄片的质心、图形的形心 x ˉ = ∬ x ρ ∬ ρ \bar x=\frac{\iint x\rho}{\iint\rho} x ˉ = ∬ ρ ∬ x ρ 例 8.5 、例 8.7 细棒的质心 一维版本 x ˉ = ∫ x ρ ∫ ρ \bar x=\frac{\int x\rho}{\int\rho} x ˉ = ∫ ρ ∫ x ρ 例 8.6 转动惯量 I x = ∬ y 2 ρ d σ I_x=\iint y^2\rho\dd\sigma I x = ∬ y 2 ρ d σ 例 8.8 曲面面积 ∬ D 1 + z x 2 + z y 2 d σ \iint_D\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\dd\sigma ∬ D 1 + z x 2 + z y 2 d σ 例 8.9
学完了，标记这一部分
第 9 部分
看题选方法
把前面八部分的判断标准收成一张流程图和三张表：看区域、看被积函数、看题目的问法。拿到题先查这里，再翻到对应的部分。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十章第 2 条）
掌握二重积分的计算方法（直角坐标、极坐标）。
“掌握计算方法”落到做题上，就是拿到一道题先判断用哪种坐标、先积哪个变量、能不能用对称性、要不要分块。这一部分把第 2—8 部分的判断标准收在一起，每一行都链接一道正好用到这一条的例题。
9.1 解题六步大白话：二重积分的题，难在“怎么化成累次积分”，而不在最后那两个定积分 。拿到题按下面六步问自己，顺序不要乱：先画图，再看对称和分块（能省一大半计算），最后才选坐标和次序。
① 画区域 求出边界的交点 看是直线、圆，还是参数曲线 ② 有对称吗？ 有：奇的项直接写 0 分式对调相加（第 5 部分） ③ 要分块吗？ 有 |·|、max、[·]、sgn、分段 就按分界线切开（第 6 部分） ④ 选坐标系 圆、扇形、含 x ²+y ²：极坐标 其余用直角坐标（第 2、4 部分） ⑤ 选积分次序 内层积不出来（如 sin x /x ） 就换次序（第 3 部分） ⑥ 算完检查 符号、面积对不对 选择题代一个具体函数试 解题六步。 为什么是这个顺序 对称性和分块都是“改变被积函数或区域”的操作，做完以后被积函数变简单、区域变小，这时再选坐标系才选得准。反过来，先把极坐标写出来再发现能用对称性，前面的功夫就白费了。
9.2 看区域的形状
区域的样子 先用什么 例子
直线围成的三角形、多边形 直角坐标；选穿线时边界不换的方向，少分段 例 2.4 、例 2.6 圆心在原点的圆、扇形、圆环 极坐标，上下限都是常数 例 4.1 、例 5.9 偏心圆 x 2 + y 2 = 2 a x x^2+y^2=2ax x 2 + y 2 = 2 a x 2 b y 2by 2 b y 极坐标 r = 2 a cos θ r=2a\cos\theta r = 2 a cos θ r r r 例 4.5 、例 6.2 两个圆的公共部分 极坐标，按交点的方向角分段 例 4.6 、例 5.14 心形线、双纽线、玫瑰线 极坐标（题目常直接给 r ( θ ) r(\theta) r ( θ ) 例 4.8 、例 4.10 双曲线 x y = c xy=c x y = c 极坐标 r 2 = 2 c sin 2 θ r^2=\frac{2c}{\sin2\theta} r 2 = s i n 2 θ 2 c u = x y , v = y x u=xy,v=\frac yx u = x y , v = x y 例 4.2 、例 7.10 圆心不在原点、不在坐标轴上的圆 先平移到圆心，再用极坐标 例 5.16 椭圆、斜椭圆 广义极坐标；二次齐次式等于常数时极坐标解 r 2 r^2 r 2 例 7.13 、例 7.11 摆线等参数曲线 直角坐标，外层积分换成参数 t t t 例 2.7 、例 2.8 伸到无穷远的区域 先积有界的方向，外层是反常积分 例 7.6 、例 7.7 关于坐标轴或 y = x y=x y = x 先用对称性，再算剩下的 例 5.1 、例 5.17
9.3 看被积函数
被积函数 先用什么 例子
含 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 y x \frac yx x y x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2 极坐标 例 4.3 、例 4.9 e x 2 \e^{x^2} e x 2 sin x x \frac{\sin x}x x s i n x tan x x \frac{\tan x}x x t a n x 1 + x 3 \sqrt{1+x^3} 1 + x 3 这个变量积不出来，先积另一个变量（必要时换序） 例 2.3 、例 3.10 、例 3.12 有 x x x y y y 奇偶对称，奇的项积分为 0 例 5.2 、例 5.3 a f ( x ) + b f ( y ) f ( x ) + f ( y ) \frac{af(x)+bf(y)}{f(x)+f(y)} f ( x ) + f ( y ) a f ( x ) + b f ( y ) 轮换对称，对调相加 例 5.7 、例 5.8 ∣ ⋅ ∣ |\cdot| ∣ ⋅ ∣ max \max max [ ⋅ ] [\,\cdot\,] [ ⋅ ] sgn \operatorname{sgn} sgn 按分界线分块 例 6.1 、例 6.3 、例 6.4 、例 6.5 一次式 a x + b y + c ax+by+c a x + b y + c 形心公式：( a x ˉ + b y ˉ + c ) S D (a\bar x+b\bar y+c)S_D ( a x ˉ + b y ˉ + c ) S D 练习 4 e ( x + y ) 2 ( x 2 − y 2 ) \e^{(x+y)^2}(x^2-y^2) e ( x + y ) 2 ( x 2 − y 2 ) θ \theta θ 极坐标先积 θ \theta θ 例 7.12 含抽象函数的偏导数 f x y ′ ′ f''_{xy} f x y ′′ 累次积分 + 分部积分 例 7.5 表达式里含 ∬ D f \iint_Df ∬ D f 设为常数，两边再积分 例 7.2 、例 7.1
9.4 看题目的问法
题目怎么问 套路 例子
“交换积分次序”选择题 由上下限画出区域，换一个方向穿线 例 3.3 、例 3.2 “化成极坐标（直角坐标）下的累次积分” 画区域，再按新坐标定限 例 3.13 、例 3.14 比较几个二重积分的大小 同区域比被积函数；同被积函数比区域和符号 例 1.6 、例 5.13 lim 1 n 2 ∑ ∑ f ( i n , j n ) \lim\frac1{n^2}\sum\sum f\big(\frac in,\frac jn\big) lim n 2 1 ∑∑ f ( n i , n j ) 化成 [ 0 , 1 ] 2 [0,1]^2 [ 0 , 1 ] 2 例 1.4 、例 1.5 变限的二重积分求导、求极限 换序变成变上限积分再求导；小圆盘用中值定理 例 3.23 、例 1.10 面积、体积、质心、形心 被积函数取 1、取“顶减底”、取 x x x 例 8.1 、例 8.3 、例 8.7
9.5 小结学完了，标记这一部分
第 10 部分
二级结论与反例库
把正文里推过的现成结果集中起来：19 条二级结论、8 个反例，每一条都标出在哪道例题里用过。选择、填空直接用，解答题要写推导。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十章）
理解二重积分的概念，了解二重积分的性质及其中值定理。
掌握二重积分的计算方法（直角坐标、极坐标）。
（仅数学一、数学三要求）了解无界区域上简单的反常二重积分并会计算。
二级结论都是第 1 条“性质”和第 2 条“计算方法”的推论；反例专门对付“了解性质”这一条里的选择题陷阱。
怎么用这一部分 下面每一条都在正文的例题里推过或用过，选择、填空可以直接用；解答题要写出推导（一般一两行，写在“用在哪里”那道例题的解答里）。反例说明“条件少一个就不成立”，专门对付选择题里的陷阱选项。
10.1 计算上的二级结论
结论 条件、说明，用在哪里
∬ D d σ = S D \iint_D\dd\sigma=S_D ∬ D d σ = S D 被积函数为 1，积分就是面积例 8.2 D D D y y y f ( − x , y ) = − f ( x , y ) f(-x,y)=-f(x,y) f ( − x , y ) = − f ( x , y ) ⇒ \Rightarrow ⇒ ∬ D f = 0 \iint_Df=0 ∬ D f = 0 两个条件缺一不可（反例 1）；关于 x x x y y y 例 5.1 D D D y = x y=x y = x ⇒ \Rightarrow ⇒ ∬ D f ( x , y ) = ∬ D f ( y , x ) = 1 2 ∬ D [ f ( x , y ) + f ( y , x ) ] \iint_Df(x,y)=\iint_Df(y,x)=\frac12\iint_D[f(x,y)+f(y,x)] ∬ D f ( x , y ) = ∬ D f ( y , x ) = 2 1 ∬ D [ f ( x , y ) + f ( y , x )] 只要求区域对称，被积函数不限例 5.7 D D D y = x y=x y = x f ( y , x ) = − f ( x , y ) f(y,x)=-f(x,y) f ( y , x ) = − f ( x , y ) ⇒ \Rightarrow ⇒ ∬ D f = 0 \iint_Df=0 ∬ D f = 0 例如 y − x y-x y − x x − y 3 \sqrt[3]{x-y} 3 x − y 例 5.12 ∬ D g ( x ) h ( y ) d x d y \iint_Dg(x)h(y)\dx\dy ∬ D g ( x ) h ( y ) d x d y = ∫ a b g d x ⋅ ∫ c d h d y =\int_a^bg\dx\cdot\int_c^dh\dy = ∫ a b g d x ⋅ ∫ c d h d y D = [ a , b ] × [ c , d ] D=[a,b]\times[c,d] D = [ a , b ] × [ c , d ] 例 7.15 ∫ 0 1 d x ∫ x 1 f ( x ) f ( y ) d y = 1 2 ( ∫ 0 1 f ( x ) d x ) 2 \int_0^1\dx\int_x^1f(x)f(y)\dy=\frac12\Big(\int_0^1f(x)\dx\Big)^2 ∫ 0 1 d x ∫ x 1 f ( x ) f ( y ) d y = 2 1 ( ∫ 0 1 f ( x ) d x ) 2 三角形是正方形的一半，被积函数对调不变例 5.18 ∬ D ( a x + b y + c ) d σ = ( a x ˉ + b y ˉ + c ) S D \iint_D(ax+by+c)\dd\sigma=(a\bar x+b\bar y+c)S_D ∬ D ( a x + b y + c ) d σ = ( a x ˉ + b y ˉ + c ) S D ( x ˉ , y ˉ ) (\bar x,\bar y) ( x ˉ , y ˉ ) 练习 4 ∬ x 2 + y 2 ≤ R 2 x 2 d σ = ∬ x 2 + y 2 ≤ R 2 y 2 d σ = π R 4 4 \iint_{x^2+y^2\le R^2}x^2\dd\sigma=\iint_{x^2+y^2\le R^2}y^2\dd\sigma=\frac{\pi R^4}4 ∬ x 2 + y 2 ≤ R 2 x 2 d σ = ∬ x 2 + y 2 ≤ R 2 y 2 d σ = 4 π R 4 由轮换对称，各占 ∬ r 2 \iint r^2 ∬ r 2 练习 3 极坐标曲线围成的面积 S = 1 2 ∫ α β r 2 d θ S=\frac12\int_\alpha^\beta r^2\dd\theta S = 2 1 ∫ α β r 2 d θ 由 ∫ d θ ∫ 0 r ( θ ) r d r \int\dd\theta\int_0^{r(\theta)}r\dd r ∫ d θ ∫ 0 r ( θ ) r d r 例 4.14 x 2 + y 2 ≤ 2 a x x^2+y^2\le2ax x 2 + y 2 ≤ 2 a x r ≤ 2 a cos θ r\le2a\cos\theta r ≤ 2 a cos θ − π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2 − 2 π ≤ θ ≤ 2 π x 2 + y 2 ≤ 2 b y x^2+y^2\le2by x 2 + y 2 ≤ 2 b y r ≤ 2 b sin θ r\le2b\sin\theta r ≤ 2 b sin θ 0 ≤ θ ≤ π 0\le\theta\le\pi 0 ≤ θ ≤ π 偏心圆过原点，r r r 例 6.2 1 π r 2 ∬ x 2 + y 2 ≤ r 2 f d σ → f ( 0 , 0 ) \frac1{\pi r^2}\iint_{x^2+y^2\le r^2}f\dd\sigma\to f(0,0) π r 2 1 ∬ x 2 + y 2 ≤ r 2 f d σ → f ( 0 , 0 ) r → 0 + r\to0^+ r → 0 + f f f 例 1.9 1 n 2 ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n f ( i n , j n ) \frac1{n^2}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^nf\big(\frac in,\frac jn\big) n 2 1 i = 1 ∑ n j = 1 ∑ n f ( n i , n j ) → ∬ [ 0 , 1 ] 2 f d σ \to\iint_{[0,1]^2}f\dd\sigma → ∬ [ 0 , 1 ] 2 f d σ n → ∞ n\to\infty n → ∞ f f f [ 0 , 1 ] 2 [0,1]^2 [ 0 , 1 ] 2 例 1.3 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = π 2 \int_0^{+\infty}\e^{-x^2}\dx=\frac{\sqrt\pi}2 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = 2 π 平方后化成第一象限上的二重积分，用极坐标例 7.8 u = x y u=xy u = x y v = y x v=\frac yx v = x y ∣ ∂ ( x , y ) ∂ ( u , v ) ∣ = 1 2 v \big|\frac{\pd(x,y)}{\pd(u,v)}\big|=\frac1{2v} ∂ ( u , v ) ∂ ( x , y ) = 2 v 1 先算 ∂ ( u , v ) ∂ ( x , y ) = 2 v \frac{\pd(u,v)}{\pd(x,y)}=2v ∂ ( x , y ) ∂ ( u , v ) = 2 v 例 7.9 广义极坐标 x = a r cos θ x=ar\cos\theta x = a r cos θ y = b r sin θ y=br\sin\theta y = b r sin θ ∣ J ∣ = a b r |J|=abr ∣ J ∣ = ab r 椭圆 x 2 a 2 + y 2 b 2 ≤ 1 \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le1 a 2 x 2 + b 2 y 2 ≤ 1 r ≤ 1 r\le1 r ≤ 1 例 7.13 ∬ ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 1 f ( x + y ) d x d y {\iint_{|x|+|y|\le1}f(x+y)\dx\dy} ∬ ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 1 f ( x + y ) d x d y = ∫ − 1 1 f ( u ) d u =\int_{-1}^1f(u)\dd u = ∫ − 1 1 f ( u ) d u 内层换元 + 交换次序例 7.14 ∫ a b f d x ⋅ ∫ a b d x f ≥ ( b − a ) 2 \int_a^bf\dx\cdot\int_a^b\frac{\dx}f\ge(b-a)^2 ∫ a b f d x ⋅ ∫ a b f d x ≥ ( b − a ) 2 f > 0 f>0 f > 0 轮换对称 + t + 1 t ≥ 2 t+\frac1t\ge2 t + t 1 ≥ 2 f f f 例 7.15 ∬ R 2 f ( x ) f ( y − x ) d x d y {\iint_{\mathbb R^2}f(x)f(y-x)\dx\dy} ∬ R 2 f ( x ) f ( y − x ) d x d y = ( ∫ R f ) 2 =\big(\int_{\mathbb R}f\big)^2 = ( ∫ R f ) 2 内层平移 u = y − x u=y-x u = y − x 例 6.7 绕直线旋转的体积 V = 2 π ∬ D d ( x , y ) d σ V=2\pi\iint_Dd(x,y)\dd\sigma V = 2 π ∬ D d ( x , y ) d σ d d d D D D 例 8.4
10.2 反例库
反例 说明什么，对照例题
1. D = { 0 ≤ x ≤ 1 , − 1 ≤ y ≤ 1 } D=\{0\le x\le1,\ -1\le y\le1\} D = { 0 ≤ x ≤ 1 , − 1 ≤ y ≤ 1 } ∬ D x d σ = 1 ≠ 0 \iint_Dx\dd\sigma=1\ne0 ∬ D x d σ = 1 = 0 x x x x x x D D D x x x y y y 例 5.3 2. y = sin x y=\sin x y = sin x x = ± π 2 x=\pm\frac\pi2 x = ± 2 π y = 1 y=1 y = 1 ( − 1 , − 0.5 ) (-1,-0.5) ( − 1 , − 0.5 ) ( 1 , − 0.5 ) (1,-0.5) ( 1 , − 0.5 ) 看着左右对称的区域，要用“翻过去还在不在”验证例 5.5 3. 单位正方形上 ∬ x y d σ = 1 4 ≠ 0 \iint xy\dd\sigma=\frac14\ne0 ∬ x y d σ = 4 1 = 0 区域关于 y = x y=x y = x x y xy x y 例 5.12 4. D 1 ⊂ D 2 D_1\subset D_2 D 1 ⊂ D 2 ∬ D 1 ( − 1 ) d σ = − S D 1 > − S D 2 = ∬ D 2 ( − 1 ) d σ \iint_{D_1}(-1)\dd\sigma=-S_{D_1}>-S_{D_2}=\iint_{D_2}(-1)\dd\sigma ∬ D 1 ( − 1 ) d σ = − S D 1 > − S D 2 = ∬ D 2 ( − 1 ) d σ 区域大、积分不一定大：被积函数为负时反过来例 5.13 5. ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 d r = 2 π \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1\dd r=2\pi ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 d r = 2 π π \pi π 极坐标漏了面积元素里的 r r r 例 4.1 6. f = { 1 , y > 0 0 , y ≤ 0 f=\begin{cases}1,&y>0\\0,&y\le0\end{cases} f = { 1 , 0 , y > 0 y ≤ 0 1 π r 2 ∬ x 2 + y 2 ≤ r 2 f d σ \frac1{\pi r^2}\iint_{x^2+y^2\le r^2}f\dd\sigma π r 2 1 ∬ x 2 + y 2 ≤ r 2 f d σ = 1 2 ≠ f ( 0 , 0 ) = 0 =\frac12\ne f(0,0)=0 = 2 1 = f ( 0 , 0 ) = 0 “小圆盘上的平均值趋于中心的值”要求 f f f 例 1.9 7. ∫ 0 1 d x ∫ 0 x d y = 1 2 \int_0^1\dx\int_0^x\dy=\frac12 ∫ 0 1 d x ∫ 0 x d y = 2 1 ∫ 0 x d y ∫ 0 1 d x \int_0^x\dy\int_0^1\dx ∫ 0 x d y ∫ 0 1 d x x x x 交换次序要重新画区域，不能对调上下限例 3.4 8. ∫ 0 + ∞ ( 1 1 + x − 2 1 + 2 x ) d x = − ln 2 \int_0^{+\infty}\Big(\frac1{1+x}-\frac2{1+2x}\Big)\dx=-\ln2 ∫ 0 + ∞ ( 1 + x 1 − 1 + 2 x 2 ) d x = − ln 2 反常积分拆项前先确认每一项都收敛例 7.7
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第 11 部分
易错清单
把前面每一节“最容易错”的地方汇总成一张清单：35 条，每条给出正确做法和可以回看的例题。考前过一遍。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十章）
理解二重积分的概念，了解二重积分的性质及其中值定理。
掌握二重积分的计算方法（直角坐标、极坐标）。
（仅数学一、数学三要求）了解无界区域上简单的反常二重积分并会计算。
易错点几乎都出在第 2 条“掌握计算方法”上：画区域、定上下限、选坐标系、用对称性。
11.1 画区域与定限
易错 正确做法 回看
边界的交点没求，或只求了一部分 所有边界两两联立，画图标出交点 例 2.6 穿线时边界中途换了一条，却没分段 在“换边界”的地方分段，或换一个方向穿 例 8.1 y = sin x y=\sin x y = sin x [ π 2 , π ] [\frac\pi2,\pi] [ 2 π , π ] arcsin y \arcsin y arcsin y 这一段上是 x = π − arcsin y x=\pi-\arcsin y x = π − arcsin y 例 3.1 换序后外层的上下限里还有变量 外层上下限必须是常数，是区域在那个方向上的最小、最大值 例 3.2 交换次序时只把上下限对调 由上下限画出区域，再换方向穿线 例 3.4 参数曲线（摆线）围成的区域，直接在 x x x 外层换元 x = x ( t ) x=x(t) x = x ( t ) t t t 例 2.7 被积函数积不出来还硬积 看出 e x 2 \e^{x^2} e x 2 sin x x \frac{\sin x}x x s i n x 例 3.9
11.2 极坐标
易错 正确做法 回看
漏乘面积元素里的 r r r d σ = r d r d θ \dd\sigma=r\dd r\dd\theta d σ = r d r d θ r r r 例 4.2 双曲线化极坐标时，解出 r 2 r^2 r 2 x y = c xy=c x y = c r 2 = 2 c sin 2 θ r^2=\frac{2c}{\sin2\theta} r 2 = s i n 2 θ 2 c r = 2 c sin 2 θ r=\sqrt{\frac{2c}{\sin2\theta}} r = s i n 2 θ 2 c 例 4.2 偏心圆的 θ \theta θ [ 0 , 2 π ] [0,2\pi] [ 0 , 2 π ] 原点在边界上：x 2 + y 2 = 2 b y x^2+y^2=2by x 2 + y 2 = 2 b y 0 ≤ θ ≤ π 0\le\theta\le\pi 0 ≤ θ ≤ π 例 4.5 两个圆的公共部分只写了一个上限 按交点方向分段，每段取较小的上限 例 4.6 θ \theta θ y = 3 x y=\sqrt3x y = 3 x π 6 \frac\pi6 6 π y = k x y=kx y = k x tan θ = k \tan\theta=k tan θ = k 例 4.1 极坐标求面积忘了 1 2 \frac12 2 1 S = 1 2 ∫ r 2 d θ S=\frac12\int r^2\dd\theta S = 2 1 ∫ r 2 d θ 例 4.14 看到 x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2 先比较两种坐标下“先积的那一次”哪个省事 例 4.4 心形线的 ( 1 + cos θ ) n (1+\cos\theta)^n ( 1 + cos θ ) n 展开后逐项用华里士公式或周期性 例 4.8
11.3 对称性
易错 正确做法 回看
区域关于 x x x f f f x x x 关于哪个轴对称，就看垂直于它的那个变量 例 5.3 区域看着对称，其实不对称 把 x x x − x -x − x 例 5.5 ( x + y ) 3 (x+y)^3 ( x + y ) 3 先展开，逐项看 例 5.3 区域不关于 y = x y=x y = x 先检查：边界条件对调后整组不变 例 5.7 配方配错半径 x 2 + y 2 ≤ x + y + 1 x^2+y^2\le x+y+1 x 2 + y 2 ≤ x + y + 1 3 2 \frac32 2 3 练习 4 平移后忘了区域边界也要换 平移后重新写出区域，再定限 例 5.16
11.4 分块、综合与应用
易错 正确做法 回看
绝对值去掉后符号判断反了 在每一块里代一个点试 例 6.1 形状别扭的那一块硬积 整体减局部：∬ ∣ g ∣ = ∬ g − 2 ∬ g < 0 g \iint|g|=\iint g-2\iint_{g<0}g ∬ ∣ g ∣ = ∬ g − 2 ∬ g < 0 g 例 6.2 取整函数漏了一条带，或多算一条 先求出被积式在区域上的取值范围 例 6.4 含参数的区域只讨论了一种情况 找出所有临界值，最后检查各段在分点处接得上 例 6.8 f ( y − x ) ≠ 0 f(y-x)\ne0 f ( y − x ) = 0 0 ≤ y ≤ 1 0\le y\le1 0 ≤ y ≤ 1 是 0 ≤ y − x ≤ 1 0\le y-x\le1 0 ≤ y − x ≤ 1 x ≤ y ≤ x + 1 x\le y\le x+1 x ≤ y ≤ x + 1 例 6.7 积分方程两边积分时，常数项忘了乘面积 ∬ D A d σ = A ⋅ S D \iint_DA\dd\sigma=A\cdot S_D ∬ D A d σ = A ⋅ S D 例 7.1 变上限积分求导漏乘上限的导数 上限是 2 t 2t 2 t 例 7.3 分部积分的边界项没算 边界项用题目给的边界条件消掉 例 7.5 反常积分直接把 ∞ \infty ∞ 写原函数，再取极限 例 7.7 换元忘了乘 ∣ J ∣ |J| ∣ J ∣ d x d y = ∣ J ∣ d u d v \dx\dy=|J|\dd u\dd v d x d y = ∣ J ∣ d u d v 例 7.9 体积只积了顶面，没减底面 V = ∬ ( z 顶 − z 底 ) d σ V=\iint(z_{\text{顶}}-z_{\text{底}})\dd\sigma V = ∬ ( z 顶 − z 底 ) d σ 例 8.3 质心只算了分子 分子（静矩）除以分母（质量或面积） 例 8.5 对 x x x ∬ x 2 \iint x^2 ∬ x 2 到 x x x ∣ y ∣ |y| ∣ y ∣ 例 8.8 曲面面积公式漏了根号里的 1 1 + z x 2 + z y 2 \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} 1 + z x 2 + z y 2 例 8.9
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第 12 部分
真题索引
全部真题的索引：Maki 第三十三讲的 58 道题（70 个题号）按年份排，另有按小节的对照表和大纲逐条覆盖表。点任何一道都能跳到正文里的完整解答。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十章）
理解二重积分的概念，了解二重积分的性质及其中值定理。
掌握二重积分的计算方法（直角坐标、极坐标）。
（仅数学一、数学三要求）了解无界区域上简单的反常二重积分并会计算。
另外，第十三章考试要求第 5 条（数一）：会用三重积分、第一型曲线积分、第一型曲面积分求体积、弧长、曲面面积、质量、质心、形心、转动惯量、引力、功等（二重积分的部分见第 8 部分）。
12.4 节把这几条拆成考点，逐条列出讲在哪里、考过哪些真题。
12.1 全部真题：按年份Maki《真题分类精解》第三十三讲“二重积分”收了 2010—2026 年三张卷子上的 58 道题（70 个题号：数一 9、数二 35、数三 26，同一道题出现在两张卷子上的分别计数），全部在正文里做成了例题。第一列是题号和题型，星号是 Maki 标的难度（满分 5 颗）；第二列是 Maki 给这道题起的题型名和答案；第三列是所在小节。
12.2 按小节：每一节练哪些真题复习某一节时，把这一行的真题全部重做一遍。数一只有 9 道二重积分真题（数一更常把二重积分放进三重积分、曲面积分的大题里），所以数二、数三的真题是这一章的主力练习。
12.3 真题是怎么核对的核对方法
题号 ：Maki《考研数学真题分类精解》（2026 版）第三十三讲的每道题都带年份和卷别标签，逐条抄下后与正文里的真题标签对照；页面生成时程序检查每个标签都恰好出现一次，且每个标签都属于这一讲。题面 ：书的文字层会把分式、根号拆散（例如 2022 数二(2) 抽出来看不出分母里的根号，2018 数三(16) 看不出根号盖住了 3 ( 1 − x 2 ) 3(1-x^2) 3 ( 1 − x 2 ) 答案 ：书里文字层抽出来的答案常被截断，所以一律不照抄，全部重新计算，再用程序独立核对：数值积分与符号积分两条路，选择题的每个错误选项都算出具体数值或给出反例。 12.4 考点覆盖：大纲逐条对照把李林讲义第十章的考试要求（大纲原文，见第 1—7 部分开头的方框）和第十三章第 5 条（应用，见第 8 部分）拆成 17 个考点。“十·2”指第十章第 2 条，“十三·5”指第十三章第 5 条。每个考点列出在哪一节讲、有几道例题，以及考过的真题。这张表是程序从正文里数出来的：每个考点都至少有一道例题，否则页面生成时会报错。
“真题：—”的考点，2010—2026 年三张卷子上都没有专门考它的题（如转动惯量），用李林讲义的例题补上了。
12.5 小结：真题怎么刷
阶段 做什么 从哪里开始
第一遍（跟着学习计划） 每天只做计划里列的真题，遮住解答先做 5 分钟 0.4 节 第二遍（按小节） 12.2 表里一行一行过，做错的标 △ / ✗ 12.2 节 第三遍（按年份） 12.1 表从 2026 往回做，限时 12.1 节 考前 只看 △ / ✗ 的题和第 9—11 部分 9.1 节
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第 13 部分
综合练习
综合练习：李林第十章剩下的三道章末解答题，加上 epsilon-delta 板书和刷题本里几道正文没讲的经典题，共 8 道。每题都给了分步提示和“为什么”，答案都经程序核对。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十章）
理解二重积分的概念，了解二重积分的性质及其中值定理。
掌握二重积分的计算方法（直角坐标、极坐标）。
（仅数学一、数学三要求）了解无界区域上简单的反常二重积分并会计算。
这 8 道题覆盖第 1、2 条（比较大小、直角坐标、极坐标、对称性、换元）；第 3 条和应用的练习见第 7、8 部分。
怎么用这一部分 正文已经用掉了李林第十章的全部典型例题和大部分章末习题，这里是剩下的三道章末解答题，加上 epsilon-delta 板书和刷题本里几道正文没讲的经典题。每道题都给了分步提示和“为什么”，答案都经程序核对。建议学完第 8 部分后，限时 60 分钟一次做完。
13.1 直角坐标与极坐标
练习 12 李林 第十章 习题 解答 (1) · p265
求
I = ∬ D x y d x d y I=\displaystyle\iint_Dxy\dx\dy I = ∬ D x y d x d y ，其中
D = { ( x , y ) ∣ y ≥ 0 , x 2 + y 2 ≤ 1 , x 2 + y 2 ≤ 2 x } D=\{(x,y)\mid y\ge0,\ x^2+y^2\le1,\ x^2+y^2\le2x\} D = {( x , y ) ∣ y ≥ 0 , x 2 + y 2 ≤ 1 , x 2 + y 2 ≤ 2 x } 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 区域。 单位圆与圆 ( x − 1 ) 2 + y 2 ≤ 1 (x-1)^2+y^2\le1 ( x − 1 ) 2 + y 2 ≤ 1 ( 1 2 , 3 2 ) \big(\frac12,\frac{\sqrt3}2\big) ( 2 1 , 2 3 ) θ = π 3 \theta=\frac\pi3 θ = 3 π
两个圆的方程相减就消掉了平方项：x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x x = 1 2 x=\frac12 x = 2 1
② 极坐标分段。 0 ≤ θ ≤ π 3 0\le\theta\le\frac\pi3 0 ≤ θ ≤ 3 π r = 1 r=1 r = 1 π 3 ≤ θ ≤ π 2 \frac\pi3\le\theta\le\frac\pi2 3 π ≤ θ ≤ 2 π r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ I = ∫ 0 π 3 sin θ cos θ d θ ∫ 0 1 r 3 d r + ∫ π 3 π 2 sin θ cos θ d θ ∫ 0 2 cos θ r 3 d r I=\displaystyle\int_0^{\frac\pi3}\sin\theta\cos\theta\dd\theta\int_0^1r^3\dd r+\int_{\frac\pi3}^{\frac\pi2}\sin\theta\cos\theta\dd\theta\int_0^{2\cos\theta}r^3\dd r I = ∫ 0 3 π sin θ cos θ d θ ∫ 0 1 r 3 d r + ∫ 3 π 2 π sin θ cos θ d θ ∫ 0 2 c o s θ r 3 d r
公共部分取两个上限中较小的；θ < π 3 \theta<\frac\pi3 θ < 3 π 2 cos θ > 1 2\cos\theta>1 2 cos θ > 1
③ 计算。 两段分别积分。第一段 = 1 4 ⋅ 1 2 sin 2 θ ∣ 0 π 3 = 3 32 =\frac14\cdot\frac12\sin^2\theta\Big|_0^{\frac\pi3}=\frac3{32} = 4 1 ⋅ 2 1 sin 2 θ 0 3 π = 32 3 = ∫ π 3 π 2 4 sin θ cos 5 θ d θ = − 2 3 cos 6 θ ∣ π 3 π 2 = 1 96 =\displaystyle\int_{\frac\pi3}^{\frac\pi2}4\sin\theta\cos^5\theta\dd\theta=-\frac23\cos^6\theta\Big|_{\frac\pi3}^{\frac\pi2}=\frac1{96} = ∫ 3 π 2 π 4 sin θ cos 5 θ d θ = − 3 2 cos 6 θ 3 π 2 π = 96 1 I = 3 32 + 1 96 = 5 48 I=\dfrac3{32}+\dfrac1{96}=\dfrac5{48} I = 32 3 + 96 1 = 48 5
第二段内层 ∫ 0 2 cos θ r 3 d r = 4 cos 4 θ \int_0^{2\cos\theta}r^3\dd r=4\cos^4\theta ∫ 0 2 c o s θ r 3 d r = 4 cos 4 θ sin θ cos θ \sin\theta\cos\theta sin θ cos θ d ( cos θ ) \dd(\cos\theta) d ( cos θ ) cos π 3 = 1 2 \cos\frac\pi3=\frac12 cos 3 π = 2 1 ( 1 2 ) 6 = 1 64 \big(\frac12\big)^6=\frac1{64} ( 2 1 ) 6 = 64 1 2 3 ⋅ 1 64 = 1 96 \frac23\cdot\frac1{64}=\frac1{96} 3 2 ⋅ 64 1 = 96 1
答案：5 48 \frac5{48} 48 5
练习 13 李林 第十章 习题 解答 (3) · p265
设
D = { ( x , y ) ∣ 2 x ≤ x 2 + y 2 , 0 ≤ y ≤ x ≤ 2 } D=\{(x,y)\mid2x\le x^2+y^2,\ 0\le y\le x\le2\} D = {( x , y ) ∣ 2 x ≤ x 2 + y 2 , 0 ≤ y ≤ x ≤ 2 } ，求
I = ∬ D 1 x 2 + y 2 d x d y I=\displaystyle\iint_D\frac1{\sqrt{x^2+y^2}}\dx\dy I = ∬ D x 2 + y 2 1 d x d y 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 区域。 在三角形 0 ≤ y ≤ x ≤ 2 0\le y\le x\le2 0 ≤ y ≤ x ≤ 2 x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x 0 ≤ θ ≤ π 4 0\le\theta\le\frac\pi4 0 ≤ θ ≤ 4 π r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ x = 2 x=2 x = 2 r = 2 cos θ r=\frac2{\cos\theta} r = c o s θ 2
把每个条件换成极坐标：2 x ≤ x 2 + y 2 2x\le x^2+y^2 2 x ≤ x 2 + y 2 r ≥ 2 cos θ r\ge2\cos\theta r ≥ 2 cos θ y ≤ x y\le x y ≤ x θ ≤ π 4 \theta\le\frac\pi4 θ ≤ 4 π
② 计算。 I = ∫ 0 π 4 d θ ∫ 2 cos θ 2 cos θ 1 r ⋅ r d r = ∫ 0 π 4 ( 2 cos θ − 2 cos θ ) d θ = 2 ln ( 2 + 1 ) − 2 I=\displaystyle\int_0^{\frac\pi4}\dd\theta\int_{2\cos\theta}^{\frac2{\cos\theta}}\frac1r\cdot r\dd r=\int_0^{\frac\pi4}\Big(\frac2{\cos\theta}-2\cos\theta\Big)\dd\theta=2\ln(\sqrt2+1)-\sqrt2 I = ∫ 0 4 π d θ ∫ 2 c o s θ c o s θ 2 r 1 ⋅ r d r = ∫ 0 4 π ( cos θ 2 − 2 cos θ ) d θ = 2 ln ( 2 + 1 ) − 2
被积函数 1 r \frac1r r 1 r r r ∫ sec θ d θ = ln ( sec θ + tan θ ) \int\sec\theta\dd\theta=\ln(\sec\theta+\tan\theta) ∫ sec θ d θ = ln ( sec θ + tan θ ) π 4 \frac\pi4 4 π ln ( 2 + 1 ) \ln(\sqrt2+1) ln ( 2 + 1 )
答案：2 ln ( 2 + 1 ) − 2 2\ln(\sqrt2+1)-\sqrt2 2 ln ( 2 + 1 ) − 2
练习 14 刷题本 章节七 例 7-7
计算
∬ D y 2 − x y d x d y \displaystyle\iint_D\sqrt{y^2-xy}\dx\dy ∬ D y 2 − x y d x d y ，其中
D D D 是由直线
y = x y=x y = x ，
y = 1 y=1 y = 1 ，
x = 0 x=0 x = 0 所围成的平面区域。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 选次序。 D = { 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ y } D=\{0\le y\le1,\ 0\le x\le y\} D = { 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ y } y ( y − x ) y(y-x) y ( y − x ) x x x x x x
先对 y y y y 2 − x y \sqrt{y^2-xy} y 2 − x y y y y
② 计算。 ∫ 0 y y y − x d x = y ⋅ 2 3 y 3 2 = 2 3 y 2 \displaystyle\int_0^y\sqrt y\sqrt{y-x}\dx=\sqrt y\cdot\frac23y^{\frac32}=\frac23y^2 ∫ 0 y y y − x d x = y ⋅ 3 2 y 2 3 = 3 2 y 2 = ∫ 0 1 2 3 y 2 d y = 2 9 =\displaystyle\int_0^1\frac23y^2\dy=\frac29 = ∫ 0 1 3 2 y 2 d y = 9 2
对 x x x y y y y \sqrt y y ∫ 0 y ( y − x ) 1 2 d x = 2 3 ( y − x ) 3 2 ∣ x = y x = 0 = 2 3 y 3 2 \int_0^y(y-x)^{\frac12}\dx=\frac23(y-x)^{\frac32}\Big|_{x=y}^{x=0}=\frac23y^{\frac32} ∫ 0 y ( y − x ) 2 1 d x = 3 2 ( y − x ) 2 3 x = y x = 0 = 3 2 y 2 3
答案：2 9 \frac29 9 2
练习 15 刷题本 章节七 例 7-25
计算二重积分
∬ D y d x d y \displaystyle\iint_Dy\dx\dy ∬ D y d x d y ，其中
D D D 是由直线
x = − 2 x=-2 x = − 2 ，
y = 0 y=0 y = 0 ，
y = 2 y=2 y = 2 以及曲线
x = − 2 y − y 2 x=-\sqrt{2y-y^2} x = − 2 y − y 2 所围成的平面区域。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 整体减局部。 D D D [ − 2 , 0 ] × [ 0 , 2 ] [-2,0]\times[0,2] [ − 2 , 0 ] × [ 0 , 2 ] x 2 + ( y − 1 ) 2 ≤ 1 x^2+(y-1)^2\le1 x 2 + ( y − 1 ) 2 ≤ 1 x ≤ 0 x\le0 x ≤ 0 ∬ D y = ∬ 正方形 y − ∬ 半圆 y \displaystyle\iint_Dy=\iint_{\text{正方形}}y-\iint_{\text{半圆}}y ∬ D y = ∬ 正方形 y − ∬ 半圆 y
x = − 2 y − y 2 x=-\sqrt{2y-y^2} x = − 2 y − y 2 x 2 + ( y − 1 ) 2 = 1 x^2+(y-1)^2=1 x 2 + ( y − 1 ) 2 = 1
② 形心公式。 正方形的形心纵坐标是 1、面积 4；半圆盘关于 y = 1 y=1 y = 1 π 2 \frac\pi2 2 π = 1 ⋅ 4 − 1 ⋅ π 2 = 4 − π 2 =1\cdot4-1\cdot\dfrac\pi2=4-\dfrac\pi2 = 1 ⋅ 4 − 1 ⋅ 2 π = 4 − 2 π
形心公式：一次式的积分等于形心坐标乘面积，∬ D y d σ = y ˉ ⋅ S D \iint_Dy\dd\sigma=\bar y\cdot S_D ∬ D y d σ = y ˉ ⋅ S D
答案：4 − π 2 4-\frac\pi2 4 − 2 π
13.2 对称性与比较大小
练习 16 李林 第十章 习题 解答 (6) · p265
设
D D D 由心形线
r = a ( 1 + cos θ ) r=a(1+\cos\theta) r = a ( 1 + cos θ ) ，
a > 0 a>0 a > 0 围成，求
I = ∬ D ( x 2 + y 2 + 2 x y ) d x d y I=\displaystyle\iint_D(x^2+y^2+2xy)\dx\dy I = ∬ D ( x 2 + y 2 + 2 x y ) d x d y 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 对称性。 心形线关于 x x x 2 x y 2xy 2 x y y y y
r ( − θ ) = r ( θ ) r(-\theta)=r(\theta) r ( − θ ) = r ( θ )
② 极坐标。 I = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a ( 1 + cos θ ) r 3 d r = a 4 4 ∫ 0 2 π ( 1 + cos θ ) 4 d θ I=\displaystyle\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^{a(1+\cos\theta)}r^3\dd r=\frac{a^4}4\int_0^{2\pi}(1+\cos\theta)^4\dd\theta I = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a ( 1 + c o s θ ) r 3 d r = 4 a 4 ∫ 0 2 π ( 1 + cos θ ) 4 d θ
x 2 + y 2 = r 2 x^2+y^2=r^2 x 2 + y 2 = r 2 r r r
③ 展开。 ( 1 + cos θ ) 4 = 1 + 4 cos θ + 6 cos 2 θ + 4 cos 3 θ + cos 4 θ (1+\cos\theta)^4=1+4\cos\theta+6\cos^2\theta+4\cos^3\theta+\cos^4\theta ( 1 + cos θ ) 4 = 1 + 4 cos θ + 6 cos 2 θ + 4 cos 3 θ + cos 4 θ [ 0 , 2 π ] [0,2\pi] [ 0 , 2 π ] 2 π + 0 + 6 π + 0 + 3 π 4 = 35 π 4 2\pi+0+6\pi+0+\frac{3\pi}4=\frac{35\pi}4 2 π + 0 + 6 π + 0 + 4 3 π = 4 35 π I = 35 π a 4 16 I=\dfrac{35\pi a^4}{16} I = 16 35 π a 4
奇数次幂在一个周期上积分为 0；∫ 0 2 π cos 2 = π \int_0^{2\pi}\cos^2=\pi ∫ 0 2 π cos 2 = π ∫ 0 2 π cos 4 = 3 π 4 \int_0^{2\pi}\cos^4=\frac{3\pi}4 ∫ 0 2 π cos 4 = 4 3 π
答案：35 16 π a 4 \frac{35}{16}\pi a^4 16 35 π a 4
练习 17 ep 板书 二重积分 例 6
设
I i = ∬ D i e − ( x 2 + y 2 ) d σ I_i=\displaystyle\iint_{D_i}\e^{-(x^2+y^2)}\dd\sigma I i = ∬ D i e − ( x 2 + y 2 ) d σ ，
i = 1 , 2 , 3 i=1,2,3 i = 1 , 2 , 3 ，其中
D 1 = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ R 2 } D_1=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le R^2\} D 1 = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ R 2 } ，
D 2 = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 R 2 } D_2=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le2R^2\} D 2 = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 R 2 } ，
D 3 = { ( x , y ) ∣ ∣ x ∣ ≤ R , ∣ y ∣ ≤ R } D_3=\{(x,y)\mid|x|\le R,\ |y|\le R\} D 3 = {( x , y ) ∣ ∣ x ∣ ≤ R , ∣ y ∣ ≤ R } ，
R > 0 R>0 R > 0 ，则（ ）
（A）
I 1 < I 2 < I 3 I_1<I_2<I_3 I 1 < I 2 < I 3 （B）
I 2 < I 3 < I 1 I_2<I_3<I_1 I 2 < I 3 < I 1 （C）
I 1 < I 3 < I 2 I_1<I_3<I_2 I 1 < I 3 < I 2 （D）
I 3 < I 2 < I 1 I_3<I_2<I_1 I 3 < I 2 < I 1 答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
提示。 正方形 D 3 D_3 D 3 D 1 D_1 D 1 D 2 D_2 D 2 D 1 ⊂ D 3 ⊂ D 2 D_1\subset D_3\subset D_2 D 1 ⊂ D 3 ⊂ D 2 I 1 < I 3 < I 2 I_1<I_3<I_2 I 1 < I 3 < I 2
正方形 ∣ x ∣ , ∣ y ∣ ≤ R |x|,|y|\le R ∣ x ∣ , ∣ y ∣ ≤ R 2 R \sqrt2R 2 R
答案：C
练习 18 ep 板书 二重积分 例 7
设
D D D 为由
x = 0 x=0 x = 0 ，
y = 0 y=0 y = 0 ，
x + y = 1 2 x+y=\dfrac12 x + y = 2 1 ，
x + y = 1 x+y=1 x + y = 1 所围成的区域，
I 1 = ∬ D ln 7 ( x + y ) d σ I_1=\displaystyle\iint_D\ln^7(x+y)\dd\sigma I 1 = ∬ D ln 7 ( x + y ) d σ ，
I 2 = ∬ D ( x + y ) 7 d σ I_2=\displaystyle\iint_D(x+y)^7\dd\sigma I 2 = ∬ D ( x + y ) 7 d σ ，
I 3 = ∬ D sin 7 ( x + y ) d σ I_3=\displaystyle\iint_D\sin^7(x+y)\dd\sigma I 3 = ∬ D sin 7 ( x + y ) d σ ，则（ ）
（A）
I 1 < I 2 < I 3 I_1<I_2<I_3 I 1 < I 2 < I 3 （B）
I 1 < I 3 < I 2 I_1<I_3<I_2 I 1 < I 3 < I 2 （C）
I 3 < I 2 < I 1 I_3<I_2<I_1 I 3 < I 2 < I 1 （D）
I 3 < I 1 < I 2 I_3<I_1<I_2 I 3 < I 1 < I 2 答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
提示。 在 D D D 1 2 ≤ x + y ≤ 1 \frac12\le x+y\le1 2 1 ≤ x + y ≤ 1 ln ( x + y ) ≤ 0 \ln(x+y)\le0 ln ( x + y ) ≤ 0 0 < sin ( x + y ) < x + y 0<\sin(x+y)<x+y 0 < sin ( x + y ) < x + y ln 7 ( x + y ) ≤ 0 < sin 7 ( x + y ) < ( x + y ) 7 \ln^7(x+y)\le0<\sin^7(x+y)<(x+y)^7 ln 7 ( x + y ) ≤ 0 < sin 7 ( x + y ) < ( x + y ) 7 I 1 < I 3 < I 2 I_1<I_3<I_2 I 1 < I 3 < I 2
同一个区域比大小，只要比被积函数；sin t < t \sin t<t sin t < t t > 0 t>0 t > 0
答案：B
13.3 换元
练习 19 ep 板书 二重积分 例 21
计算
∬ D ln ( x y ) d x d y \displaystyle\iint_D\ln(xy)\dx\dy ∬ D ln ( x y ) d x d y ，其中
D = { ( x , y ) ∣ 1 ≤ x y ≤ 2 , x ≤ y ≤ 4 x , x > 0 } D=\{(x,y)\mid1\le xy\le2,\ x\le y\le4x,\ x>0\} D = {( x , y ) ∣ 1 ≤ x y ≤ 2 , x ≤ y ≤ 4 x , x > 0 } 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
提示。 和李林 p250 的例题同一个区域。令 u = x y u=xy u = x y v = y x v=\frac yx v = x y D ′ D' D ′ 1 ≤ u ≤ 2 1\le u\le2 1 ≤ u ≤ 2 1 ≤ v ≤ 4 1\le v\le4 1 ≤ v ≤ 4 ∣ J ∣ = 1 2 v |J|=\frac1{2v} ∣ J ∣ = 2 v 1 = ∫ 1 2 ln u d u ∫ 1 4 d v 2 v = ( 2 ln 2 − 1 ) ln 2 =\displaystyle\int_1^2\ln u\dd u\int_1^4\frac{\dd v}{2v}=(2\ln2-1)\ln2 = ∫ 1 2 ln u d u ∫ 1 4 2 v d v = ( 2 ln 2 − 1 ) ln 2
被积函数 ln ( x y ) = ln u \ln(xy)=\ln u ln ( x y ) = ln u u u u v v v ∫ 1 2 ln u d u = [ u ln u − u ] 1 2 = 2 ln 2 − 1 \int_1^2\ln u\dd u=\big[u\ln u-u\big]_1^2=2\ln2-1 ∫ 1 2 ln u d u = [ u ln u − u ] 1 2 = 2 ln 2 − 1
答案：( 2 ln 2 − 1 ) ln 2 (2\ln2-1)\ln2 ( 2 ln 2 − 1 ) ln 2
13.4 小结学完了，标记这一部分