多元函数积分学

二重积分

积分转换

交换积分次序

直角坐标系

例题：交换积分次序${\int }_0^1\text{d}x{\int }_0^{x^2}f(x,y)\text{d}y+{\int }_1^3\text{d}x{\int }_0^{\frac{1}{2}(3-x)}f(x,y)\text{d}y$。

解：已知积分区域分为两个部分。将$X$型变为$Y$型。画出图形可以知道$y\in (0,1)$，$x$的上下限由$y=x^2$和$y=\frac{1}{2}(3-x)$转化为$\sqrt{y}$和$3-2y$。

所以转换为${\int }_0^1\text{d}y{\int }_{\sqrt{y}}^{3-2y}f(x,y)\text{d}x$。

极坐标系

例题：对${\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\text{d}\theta {\int }_0^{2\cos \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\text{d}r$交换积分次序。

解：对于极坐标的积分次序交换需要利用直角坐标系来画图了解，特别是对于$r$的上下限。

对$\theta =\frac{\pi }{2}$变为$y$轴，$\theta =-\frac{\pi }{4}$变为$y=-x$。

对$r=2\cos \theta$变为$xy$的表达式，$r^2=2\cos \theta$，即$x^2+y^2=2x$，$(x-1{)}^2+y^2=1$。

所以所得到的$\sigma$为一个圆割去一个扇形。

交换积分次序后就需要以一个长度以极点为圆心做圆，切割$\sigma$。

由$\sigma$可知取长度$\sqrt{2}$可以切分。

所以$\sigma$可以分为左边的${\sigma }_1$和右边的${\sigma }_2$。

${\sigma }_1$的$r\in [0,\sqrt{2}]$，${\sigma }_2$的$r\in [\sqrt{2},2]$。

${\sigma }_1$的$\theta$下限是$y=-x$这条边，即$\theta =-\frac{\pi }{4}$，上限是$r=2\cos \theta$这个圆，则$\theta =\arccos \frac{r}{2}$。

${\sigma }_2$的$\theta$界限都是是$r=2\cos \theta$这个圆，此时$r>0$恒成立，但是上限是上半部分$\theta >0$，而下限是下半部分$\theta <0$，即上限$\theta =\arccos \frac{r}{2}$，所以下限为$\theta =-\arccos \frac{r}{2}$。

综上交换积分次序结果为：

${\int }_0^{\sqrt{2}}r\text{d}r{\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\arccos \frac{r}{2}}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )\text{d}\theta +{\int }_{\sqrt{2}}^{2}r\text{d}r{\int }_{-\arccos \frac{r}{2}}^{\arccos \frac{r}{2}}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )\text{d}\theta$。

🌱 大一新生提示

一句话提示：交换积分次序的关键是「画出积分区域 $D$」，而不是死记公式。先根据内外层上下限把 $D$ 描出来，再换一个方向重新确定上下限（$X$ 型↔$Y$ 型）。极坐标交换 $r$ 与 $\theta$ 次序时也要先借助直角坐标系画图，必要时把 $D$ 切成几块分别积分。

💻 计算机专业视角

引导句：交换积分次序本质是改变二重求和/积分的遍历顺序，这在数值积分和张量计算里就是「循环交换」（loop interchange）——同样的总和，换个累加顺序往往能利用缓存局部性大幅提速，或避免数值上的上下限退化，是高性能计算编译优化的常见手段。

极直互化

例题：将$I={\int }_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}R}{e}^{-y^2}\text{d}y{\int }_0^y{e}^{-x^2}\text{d}x+{\int }_{\frac{\sqrt{2}}{2}R}^R{e}^{-y^2}\text{d}y{\int }_0^{\sqrt{R^2-y^2}}{e}^{-x^2}\text{d}x$转换为极坐标系并计算结果。

解：首先根据积分上下限得到积分区域$D=\left\{0⩽y⩽\frac{\sqrt{2}}{2}R,0⩽x⩽y\right\}\cup \left\{\frac{\sqrt{2}}{2}R⩽y⩽R,0⩽x⩽\sqrt{R^2-y^2}\right\}$，$D$为一个八分之一圆的扇形。

根据$x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$替换得到$D=\left\{(x,y)|0⩽r⩽R,\frac{\pi }{4}⩽\theta ⩽\frac{\pi }{2}\right\}$。

又$e^{-y^2}\cdot e^{-x^2}=e^{-(x^2+y^2)}=e^{-r^2}$。

$\therefore I={\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\text{d}\theta {\int }_0^R{e}^{-r^2}r\text{d}r$。

二重积分计算

二重积分若是累次积分形式出现，则计算可以使用上面两种方法简便运算。

交换积分次序

主要用于直角坐标系。

当按照当前的积分次序无法算出时需要更换积分次序。主要是看$f(x,y)$是对$x$先积分更简单还是对$y$先积分更简单。

例题：求${\int }_0^1\text{d}y{\int }_{\arcsin y}^{\pi -\arcsin y}{\cos }^{2}x\text{d}x$。

解：首先直接对这个式子直接计算，${\cos }^{2}x=\frac{1}{2}(1+\cos 2x)$，原式$=\frac{1}{2}{\int }_0^1(\pi -2y-\arcsin y)\text{d}y$。根本无法解出。

考虑交换积分次序，首先求$\sigma$，$y\in [0,1]$，$x\in [\arcsin y,\pi -\arcsin y]$，则$\sin x=y$，$y=\sin (\pi -x)=\sin x$即$x\in [0,\sin x]$。

将积分区域换成$X$型：$x\in [0,\pi ]$，$y\in [0,\sin x]$。

${\int }_0^{\pi }{\cos }^{2}x\text{d}x{\int }_0^{\sin x}\text{d}y={\int }_0^{\pi }{\cos }^{2}x\sin x\text{d}x=-{\int }_0^{\pi }{\cos }^{2}x\text{d}(\cos x)=-\frac{{\cos }^{3}x}{3}{|}_0^{\pi }=\frac{2}{3}$。

积分性质

直角坐标系和极坐标系都可以使用。

直角坐标系

主要是一般对称性（积分区域关于$x$轴对称若$y$奇则为0，关于$y$轴对称若$x$奇则为0）和轮换对称性（积分区域关于$y=x$对称则$xy$可以互换）。

极坐标系

主要就是指一般对称性（画图可知）。

例题：求曲线$r^2=2a{x}^2\cos 2\theta$（$a>0$）所围图形面积。

解：即求$\underset{D}{\iint }\text{d}x\text{d}y$。重点就是求$D$，已知$r$的表达式，要求$\theta$的取值范围。

又$r^2>0$，$x^2>0$，$a>0$，所以$\cos 2\theta ⩾0$，$-\frac{\pi }{4}⩽\theta ⩽\frac{\pi }{4}$，$\frac{3\pi }{4}⩽\theta ⩽\frac{5\pi }{4}$。

由对称性，所以$=4{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\text{d}\theta {\int }_0^{a\sqrt{2\cos 2\theta }}r\text{d}r=4a^2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos 2\theta \text{d}\theta =2a^2$。

切分区域

主要用于直角坐标系转为极坐标系。

将不规则的区域划分为圆域。

例题：设$D=\{(x,y)|0⩽x⩽1,0⩽y⩽1\}$，求$\underset{D}{\iint }\frac{\text{d}x\text{d}y}{\sqrt{x^2+y^2}}$。

解：由$f(x,y)=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$，知道可以使用极坐标系来表示，但是$D$是一个正方形，无法用圆来简单表示。

又$D$可以从$y=x$切割为两个部分，所以令下三角形为$D_1$，$\underset{D}{\iint }\frac{\text{d}x\text{d}y}{\sqrt{x^2+y^2}}=2\underset{D_1}{\iint }\frac{\text{d}x\text{d}y}{\sqrt{x^2+y^2}}$。

所以$0⩽y$和$y=x$可以确定$\theta \in \left[0,\frac{\pi }{4}\right]$，$0⩽x⩽1$可以确定$r$上界为$x=1$，即$r\cos \theta =1$，即$r=\frac{1}{\cos \theta }$，确定$r\in \left[0,\frac{1}{\cos \theta }\right]$。

所以$=2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\text{d}\theta {\int }_0^{\frac{1}{\cos \theta }}\text{d}r=2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{\text{d}\theta }{\cos \theta }=2\ln (\sec \theta +\tan \theta ){|}_0^{\frac{\pi }{4}}=2\ln (1+\sqrt{2})$。

即对二重积分求导，需要将二重积分化为一重积分。

坐标轴移动

主要用于直角坐标系转为极坐标系。

面对$D$为一个圆的部分区域，而圆心不在原点，则可以坐标轴移动让圆心到原点上，从而方便积分，本质就是换元。

例题：设积分区域$D=\{(x,y)|x^2+y^2⩽2x+2y\}$，求${\iint }_D(x^2+xy+y^2)\text{d}\sigma$。

解：$D$为$(x-1{)}^2+(y-1{)}^2⩽\sqrt{2}$，即圆心在$(1,1)$的圆，极坐标系无法表示，所以必须平移坐标轴。

令$x-1=u$，$y-1=v$，$x=u+1$，$y=v+1$，此时$D^{\prime }=\{(u,v)|u^2+v^2⩽2\}$。

$\underset{D}{\iint }(x^2+xy+y^2)\text{d}\sigma =\underset{D^{\prime }}{\iint }[(u+1{)}^2+(u+1)(v+1)+(v+1{)}^2]\text{d}u\text{d}v=\underset{D^{\prime }}{\iint }[u^2+uv+v^2+3(u+v)+3]\text{d}u\text{d}v=\underset{D^{\prime }}{\iint }(u^2+v^2)\text{d}u\text{d}v+\underset{D^{\prime }}{\iint }[uv+3(u+v)]\text{d}u\text{d}v+3{\iint }_{D^{\prime }}\text{d}u\text{d}v$。

由于$uv+3(u+v)$是关于$u$或$v$的奇函数，且$D^{\prime }$关于$uv$轴都对称，所以积分值为0。且根据二重积分的几何意义$\underset{D^{\prime }}{\iint }\text{d}u\text{d}v=S_{D^{\prime }}=2\pi$。

所以${\iint }_D(x^2+xy+y^2)\text{d}\sigma =\underset{D^{\prime }}{\iint }(u^2+v^2)\text{d}u\text{d}v+6\pi$。

转换为极坐标系，$u=r\cos \theta$，$v=r\sin \theta$，则$D^{\prime }=\{(r,\theta )|0⩽\theta ⩽2\pi ,0⩽r⩽\sqrt{2}\}$。

$\underset{D^{\prime }}{\iint }(u^2+v^2)\text{d}u\text{d}v={\int }_0^{2\pi }\text{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}{r}^3\text{d}r=2\pi {\int }_0^{\sqrt{2}}{r}^3\text{d}r=\frac{\pi }{2}(\sqrt{2}{)}^4=2\pi$。

所以原式$=2\pi +6\pi =8\pi$。

若积分区域$\sigma$关于$x=k_1$或$y=k_2$对称，则当$f(x,y)$含有$x-k_1$或$y-k_2$因式时重积分值为0。

例题：设$D:x^2+y^2⩽2x+2y$，求$\underset{D}{\iint }xy\text{d}x\text{d}y$。

解：本题目使用直角坐标系和极坐标系都不好做。所以需要利用积分性质，对$D$进行平移等操作。

利用平移，由于$D:(x-1{)}^2+(y-1{)}^2=2$，令$x=1+r\cos \theta$，$y=1+r\sin \theta$，则利用极坐标，$r\in [0,\sqrt{2}]$，$\theta \in [0,2\pi ]$，$={\int }_0^{2\pi }\text{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}((1+r\cos \theta )(1+r\sin \theta )r)\text{d}r={\int }_0^{2\pi }\text{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}(1+r\sin \theta +r\cos \theta +r^2\sin \theta \cos \theta )r\text{d}r$，又将$\sin \theta$和$\cos \theta$对$\theta$在$[0,2\pi ]$进行积分全部为0，所以直接把后面的全消掉，变为${\int }_0^{2\pi }\text{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}r\text{d}r=2\pi$。

极限化为二重积分

类似极限转换为定积分，有$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^2}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}f\left(\frac{i}{n},\frac{j}{n}\right)={\int }_0^1\text{d}x{\int }_0^{1}f(x,y)\text{d}y$：

1. 先提出$\frac{1}{n^2}$。
2. 凑出$\frac{i}{n}$和$\frac{j}{n}$。
3. 写出${\int }_0^1\text{d}x$、${\int }_0^{1}f(x,y)\text{d}y$，其中$\frac{1}{n^2}$没有了，将所有$\frac{i}{n}$换为$x$，$\frac{j}{n}$换为$y$。

例题：求$I=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}\right)(n^2+j^2)}$。

解：首先提出$\frac{1}{n^2}$，正好在分母右边等式中$=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}\right)(1+\frac{j^2}{n^2})}\frac{1}{n^2}$。

已完全化为$\frac{i}{n}$和$\frac{j}{n}$，所以$={\int }_0^1\frac{1}{1+x}\text{d}x{\int }_0^1\frac{1}{1+y^2}\text{d}y$。

$=\ln (1+x){|}_0^1\arctan y{|}_0^1=\frac{\pi }{4}\ln 2$。

🌱 大一新生提示

一句话提示：「双重和的极限」转二重积分的套路：① 把 $\frac{1}{n^2}$ 提出来当作面积微元 $\text{d}x\text{d}y$；② 把 $\frac{i}{n}$、$\frac{j}{n}$ 分别看成 $x$、$y$；③ 求和号变积分号、区间取 $[0,1]\times [0,1]$。这其实就是定积分「分割—求和—取极限」思想在二维上的推广。

💻 计算机专业视角

引导句：这正是黎曼和→积分的离散↔连续桥梁，反过来读就是数值积分（如二维网格求和近似积分）。在深度学习里，对大数据集的平均损失 $\frac{1}{N}\sum \ell$ 就是对真实分布积分 $\int \ell \text{d}P$ 的蒙特卡洛/网格近似，样本越多越逼近期望——和这里 $n\to \infty$ 的极限是同一回事。

二重积分极限

即对存在二重积分的式子求极限。当对二重积分求极限时基本上都需要使用洛必达法则对积分求导。

令中间的定积分为$g(x)$，并记住$({\int }_{f(x)}^{g(x)}h(t)\text{d}t{)}^{\prime }=(g^{\prime }(x)-f^{\prime }(x))h(x)$。上下限最好换为$x$和$0$。

例题：求$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{t^6}{\int }_0^t\text{d}x{\int }_x^t\sin (xy{)}^2\text{d}y$。

解：这个式子求极限必然使用洛必达法则，而${\int }_0^t\text{d}x{\int }_x^t\sin (xy{)}^2\text{d}y$里面那层定积分的上下限不规整，所以更换积分次序变成${\int }_0^t\text{d}y{\int }_0^x\sin (xy{)}^2\text{d}x$。

对其求导${\int }_0^t[{\int }_0^x\sin (xy{)}^2\text{d}x]\text{d}y$，由于该层积分变量为$y$，令${\int }_0^x\sin (xy{)}^2\text{d}x=g(y)$，所以$={\int }_0^{t}g(y)\text{d}y$，对其求导得$g(t)$，里面的$y$全部用$t$替换$={\int }_0^x\sin (xt{)}^2\text{d}x$。

$=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^t\text{d}x{\int }_x^t\sin (xy{)}^2\text{d}y}{t^6}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^t\sin (xt{)}^2\text{d}x}{6t^5}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^t\sin (xt{)}^2\text{d}(xt)}{6t^6}$。

由于$x$和$t$都是变量，所以令$xt=u$，$x=\frac{u}{t}$，$u\in (0,t^2)$，$=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^{t^2}\sin u^2\text{d}u}{6t^6}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{2t\sin t^4}{36t^5}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{t^5}{18t^5}=\frac{1}{18}$。

广义极坐标系

广义极坐标系是对极坐标系的延伸，极坐标系是广义坐标系的特例。极坐标系是基于直线和圆周进行积分，而广义极坐标系可以对圆锥曲线进行积分。

当对面积为非圆形进行积分时可以使用广义极坐标系。

$\underset{D_1}{\iint }f(x,y)\text{d}x\text{d}y$，$x=g(u,v)$，$y=h(u,v)$，换元为$\underset{D_2}{\iint }f(g(u,v),h(u,v))|J|\text{d}u\text{d}v$，$J$为雅可比行列式，可以看作代表$(x,y)$坐标系的面积微元和$(u,v)$坐标系的面积微元的比率：

$J=\left[\begin{array}{cc}\frac{\partial x}{\partial u}& \frac{\partial x}{\partial v}\\ \frac{\partial y}{\partial u}& \frac{\partial y}{\partial v}\end{array}\right]$。

例题：设$D:\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}⩽1$，求$\underset{D}{\iint }{y}^2\text{d}x\text{d}y$。

解：令$x=ar\cos \theta$，$y=br\sin \theta$，所以$D^{\prime }$为$0⩽r⩽1$，$0⩽\theta ⩽2\pi$。

变换雅可比行列式$J=\frac{\partial (x,y)}{\partial (r,\theta )}=\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial x}{\partial r}& \frac{\partial x}{\partial \theta }\\ \frac{\partial y}{\partial r}& \frac{\partial y}{\partial \theta }\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}a\cos \theta & -ar\sin \theta \\ b\sin \theta & br\cos \theta \end{array}\right|=abr$。

所以$I=\underset{D^{\prime }}{\iint }(br\sin \theta {)}^2|J|\text{d}r\text{d}\theta ={\int }_0^{2\pi }\text{d}\theta {\int }_0^1{b}^2{r}^2{\sin }^2\theta \cdot abr\text{d}r=\frac{\pi a{b}^3}{4}$。

🌱 大一新生提示

一句话提示：换元做二重积分一定要乘雅可比行列式 $|J|$，它代表新旧坐标下面积微元的伸缩比。普通极坐标 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$ 的 $|J|=r$（所以 $\text{d}x\text{d}y=r\text{d}r\text{d}\theta$）；遇到椭圆区域就用「广义极坐标」$x=ar\cos \theta ,y=br\sin \theta$，此时 $|J|=abr$，别忘了那个 $ab$。

💻 计算机专业视角

引导句：雅可比行列式是多元变量变换的「体积缩放因子」，在机器学习里是规范化流（Normalizing Flow）的核心：通过 $\log |\det J|$ 修正概率密度在变量变换下的变化，从而精确计算似然。它也是图形学坐标变换、变分推断中重参数化技巧的数学基础。

二重积分等式

函数

例题：设$f(x,y)$为连续函数，且$f(x,y)=\frac{1}{\pi }\sqrt{x^2+y^2}\underset{x^2+y^2⩽1}{\iint }f(x,y)\text{d}\sigma +y^2$，求$f(x,y)$。

解：$\because f(x,y)$为连续函数，所以其在区间上可积且是一个常数。

令$\underset{x^2+y^2⩽1}{\iint }f(x,y)\text{d}\sigma =A$。对$f(x,y)=\frac{A}{\pi }\sqrt{x^2+y^2}+y^2$两边积分：

$A=\frac{A}{\pi }\underset{x^2+y^2⩽1}{\iint }\sqrt{x^2+y^2}\text{d}\sigma +\underset{x^2+y^2⩽1}{\iint }{y}^2\text{d}\sigma$，令$x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$：

$A=\frac{A}{\pi }{\int }_0^{2\pi }\text{d}\theta {\int }_0^1{r}^2\text{d}r+{\int }_0^{2\pi }{\sin }^2\theta \text{d}\theta {\int }_0^1{r}^3\text{d}r=\frac{2A}{3}+\frac{\pi }{4}$。$A=\frac{3}{4}\pi$。

则代入原式$f(x,y)=\frac{3}{4}\sqrt{x^2+y^2}+y^2$。

极限

例题：设$g(x)$有连续的导数，且$g(0)=0$，$g^{\prime }(0)=a\ne 0$，$f(x,y)$在$(0,0)$的某邻域内连续，求$\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\frac{\underset{x^2+y^2⩽r^2}{\iint }f(x,y)\text{d}x\text{d}y}{g(r^2)}$。

解：已知对于这个积分式子中$f(x)$和$g(x)$都是未定式，不可能求出具体的值，所以不能再用二重积分直接计算。

面对这种未定式我们希望把这个式子变成我们已知的式子，也应该与$r$相关。此时我们可以想到二重积分中值定理。

根据二重积分中值定理$\underset{x^2+y^2⩽r^2}{\iint }f(x,y)\text{d}x\text{d}y=\pi r^{2}f(\xi ,\eta )$，其中$(\xi ,\eta )$为圆域$x^2+y^2⩽r^2$上的点，所以$\underset{r\to 0^{+}}{\lim }f(\xi ,\eta )=f(0,0)$。

$=\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\frac{\pi r^{2}f(\xi ,\eta )}{g(r^2)}=\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\frac{\pi f(0,0)2r}{2r{g}^{\prime }(r^2)}=\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\frac{\pi f(0,0)}{g^{\prime }(r^2)}=\frac{\pi f(0,0)}{g^{\prime }(0)}=\frac{\pi f(0,0)}{a}$。

求导

二重积分不等式

即对二重积分进行对比。

同积分域

同一积分域上二重积分大小的比较，只要比较在该区间被积函数值的大小。

同积分函数

同一积分函数上二重积分大小的比较，要比较函数域的大小，也要注意在函数域上被积函数的符号。

例题：设积分区域$D_1=\{(x,y)|x^2+y^2⩽1\}$、$D_2=\{(x,y)|x^2+y^2⩽2\}$、$D_3=\left\{(x,y)|\frac{1}{2}{x}^2+y^2⩽1\right\}$、$D_4=\left\{(x,y)|x^2+\frac{1}{2}{y}^2⩽1\right\}$。记$I_i=\underset{D_i}{\iint }\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\text{d}\sigma$（$i=1,2,3,4$），求$\max \{I_1,I_2,I_3,I_4\}$。

解：已知$D_1$、$D_2$分别为半径1和$\sqrt{2}$的圆，而$D_3$、$D_4$分别为横着和竖着的椭圆。可以画出图像。

被积函数$f(x,y)=1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)$为连续函数，只有在$D_4$上才能保证完全为正，以外的地方为负值。

所以$D_1\subset D_4$，所以$I_1<D_4$。对于$D_2$更大，$D_4\subset D_2$，但是多余的左右部分是负值，积分值会在$D_4$的基础上减去这部分的值，同理$D_3$和$D_4$一个是横的椭圆一个是竖的椭圆，其积分值只有中间交叉的部分，还要减去两边多余的部分。

所以$I_4$最大。

一重积分化二重积分

对于一重积分的计算或证明可能比较有难度，如两个关于$x$的函数的一重积分乘积计算，可以将其中一个$x$当作$y$，从而将一重积分的乘积变为二重积分。

乘积化不等式

例题：$f(x)$为恒大于0的连续函数，证明${\int }_a^{b}f(x)\text{d}x\cdot {\int }_a^b\frac{1}{f(x)}\text{d}x⩾(b-a{)}^2$。

解：首先观察这个式子，右边是积分上下限的差的乘积，左边是两个积分的乘积，看上去貌似没什么关系，而且积分式子给出的是一个未定式$f(x)$，所以不能直接求左边值再比较大小，他们之间一定存在着某种关系。

式子左边的两个函数互为倒数，所以应该要尝试将这两个式子乘在一起来利用基本不等式计算，即将一重积分乘积变为二重积分。

对于一重积分而言只是一个自变量，对于二重积分而言就变成了两个自变量，需要令其中一个$f(x)$变为$y$，所以$xy$的积分区域都是一样的$[a,b]$，所以设$D=\{(x,y)|a⩽x⩽b,a⩽y⩽b\}$。

$I={\int }_a^{b}f(x)\text{d}x\cdot {\int }_a^b\frac{1}{f(x)}\text{d}x={\int }_a^{b}f(x)\text{d}x\cdot {\int }_a^b\frac{1}{f(y)}\text{d}y=\underset{D}{\iint }\frac{f(x)}{f(y)}\text{d}x\text{d}y$。

$I={\int }_a^{b}f(x)\text{d}x\cdot {\int }_a^b\frac{1}{f(x)}\text{d}x={\int }_a^{b}f(y)\text{d}y\cdot {\int }_a^b\frac{1}{f(x)}\text{d}x=\underset{D}{\iint }\frac{f(y)}{f(x)}\text{d}x\text{d}y$。

$\therefore I=\frac{1}{2}\left[\underset{D}{\iint }\left[\frac{f(x)}{f(y)}+\frac{f(y)}{f(x)}\right]\text{d}x\text{d}y\right]⩾\frac{1}{2}\underset{D}{\iint }2\sqrt{\frac{f(x)}{f(y)}\cdot \frac{f(y)}{f(x)}}\text{d}x\text{d}y=\frac{1}{2}\underset{D}{\iint }2\text{d}x\text{d}y=(b-a{)}^2$。

乘积简化计算

例题：求${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}\text{d}x$。

解：对于这个一重积分首先看到$e^{x^2}$，肯定会想到将其幂次降低。使用分部积分法对$e^{e^2}$求导这个幂次不会降低，使用换元法$x=\sqrt{t}$会得到$\frac{1}{\sqrt{t}}$从而无法处理，所以这些都不能计算，那么该怎么办？

看到$x^2$就能想到$x^2+y^2$的形式，这样就是一个极坐标系的二重积分，所以尝试将一重积分变成二重积分，即再乘一个以$y$为自变量的原式。

设$I={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}\text{d}x$，显然$I>0$，将$x$换成$y$：

$I^2={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}\text{d}x\cdot {\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}\text{d}x={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}\text{d}x\cdot {\int }_0^{+\infty }{e}^{-y^2}\text{d}y$

$=\underset{\begin{array}{c}0⩽x⩽+\infty \\ 0⩽y⩽+\infty \end{array}}{\iint }{e}^{-(x^2+y^2)}\text{d}x\text{d}y$，令$x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$：

$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\text{d}\theta {\int }_0^{+\infty }{e}^{-r^2}r\text{d}r=\frac{\pi }{2}\left(-\frac{1}{2}\right){\int }_0^{+\infty }{e}^{-r^2}\text{d}(-r^2)=-\frac{\pi }{4}{e}^{-r^2}{|}_0^{+\infty }=\frac{\pi }{4}$。

$\therefore I=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$。

🌱 大一新生提示

一句话提示：${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}\text{d}x$ 没法用初等方法直接积，经典技巧是「平方化二重积分」：把第二个因子的变量换成 $y$，凑出 $e^{-(x^2+y^2)}$，再转极坐标，$r\text{d}r$ 恰好消掉指数求导的麻烦。记住结论 ${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}\text{d}x=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$，整条实轴上则是 $\sqrt{\pi }$。

💻 计算机专业视角

引导句：这就是高斯积分，正态分布归一化常数的来源。$e^{-x^2}$ 无初等原函数，所以从最大似然、softmax 配分函数到扩散模型的高斯噪声，工程上要么用这个闭式结果，要么用 erf 的数值逼近——它是整个概率机器学习里出现频率最高的积分之一。

二重积分应用

体积

形心公式

直角坐标系和极坐标系的形心公式都是一样的，使用极坐标系可以转换。

例题：求曲线$ay=x^2$与$x+y=2a$所围平面区域$D$的形心坐标。

解：根据表达式可知有两个交点$(-2a,4a)$、$(a,a)$，形心公式：

$\overline{x}=\frac{\underset{D}{\iint }x\text{d}\sigma }{\underset{D}{\iint }\text{d}\sigma }=\frac{{\int }_{-2a}^{a}x\text{d}x{\int }_{\frac{x^2}{a}}^{-x+2a}\text{d}y}{{\int }_{-2a}^a\text{d}x{\int }_{\frac{x^2}{a}}^{-x+2a}\text{d}y}=\frac{{\int }_{-2a}^a(-\frac{x^3}{a}-x^2+2ax)\text{d}x}{{\int }_{-2a}^a(-\frac{x^2}{a}-x+2a)\text{d}x}=-\frac{1}{2}a$

$\overline{y}=\frac{\underset{D}{\iint }y\text{d}\sigma }{\underset{D}{\iint }\text{d}\sigma }=\frac{{\int }_{-2a}^a\text{d}x{\int }_{\frac{x^2}{a}}^{-x+2a}y\text{d}y}{{\int }_{-2a}^a\text{d}x{\int }_{\frac{x^2}{a}}^{-x+2a}\text{d}y}=\frac{\frac{1}{2}{\int }_{-2a}^a(-\frac{x^4}{4}+x^2-4ax+4a^2)}{{\int }_{-2a}^a(-\frac{x^2}{a}-x+2a)\text{d}x}=\frac{8}{5}a$

弧长曲线积分

坐标曲线积分

定积分法

二重积分法

补全区域

即$L$不能构成一个完整的域，就需要按照路径对区域进行补全，然后减去这个曲线积分值。

不可导点

即$D$中存在不可导的点，需要以不可导点为圆心做圆对$D$进行切割。

例题：$I=\underset{L}{\oint }\frac{x\text{d}y-y\text{d}x}{x^2+y^2}$，$L$为不过原点的闭曲线。

解：$P=-\frac{y}{x^2+y^2}$，$Q=\frac{x}{x^2+y^2}$。$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2{)}^2}$，$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2{)}^2}$，从而$\frac{\partial Q}{\partial x}\equiv \frac{\partial P}{\partial y}$。但是此时$(x,y)\ne (0,0)$，所以格林公式无法使用。

若$(0,0)\notin D$，则可以使用格林公式，$I=\underset{D}{\iint }0\text{d}\sigma =0$。

若$(0,0)\in D$，不可以使用格林公式，所以重新对$D$进行划分，令$L_0:x^2+y^2=r^2$，其中$r>0$且$L_0$不超过$D$，$L_0$为逆时针。中间的环为$D_1$，最里侧的圆为$D_2$。

所以对中间的环$D_1$使用格林公式：${\oint }_{L+L_0^{-}}={\iint }_{D_1}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\text{d}\sigma =0$。

$\therefore \underset{L}{\oint }+\underset{L_0^{-}}{\oint }=\underset{L}{\oint }-\underset{L_0}{\oint }=0$，${\oint }_L={\oint }_{L_0}$。

$I=\underset{L_0}{\oint }\frac{x\text{d}y-y\text{d}x}{x^2+y^2}=\frac{1}{r^2}\underset{L_0}{\oint }x\text{d}y-y\text{d}x=\frac{2}{r^2}\underset{D_2}{\iint }\text{d}\sigma =2\pi$。

🌱 大一新生提示

一句话提示：格林公式 ${\oint }_{L}P\text{d}x+Q\text{d}y={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\text{d}\sigma$ 用前必须检查 $D$ 内 $P,Q$ 处处有定义。像 $\frac{x\text{d}y-y\text{d}x}{x^2+y^2}$ 在原点没定义，就要「挖洞」：在原点周围套一个小圆 $L_0$，对环形区域用格林公式，把原积分转化到好算的小圆上。

💻 计算机专业视角

引导句：格林公式是斯托克斯定理的二维特例，把「边界上的环流」与「区域内的旋度积分」联系起来，正是电磁学、计算流体力学的基石。被积式即使旋度处处为 0，绕奇点一圈的积分仍非零——这就是「绕数/环量」，对应物理里的环路定理，也是拓扑数据分析中刻画「洞」的同调思想。

例题：计算曲线积分$\underset{L}{\oint }\frac{x\text{d}y-y\text{d}x}{4x^2+y^2}$，其中$L$是以点$(1,0)$为圆心，$R⩾1$为半径的圆，取逆时针方向。

解：由于是逆时针在$L$上，所以是正向：$=\underset{L^{+}}{\oint }\left(\frac{-y}{4x^2+y^2}\text{d}x+\frac{x}{4x^2+y^2}\text{d}y\right)$。

又对于$L$所围成的圆面$D$，因为$4x^2+y^2\ne 0$，所以$(0,0)$应该被挖去。

因为逆时针的方向下挖去这个点做的运动顺时针是负方向的，所以令其为$C^{-}$。

又因为格林公式$\underset{L^{+}+C^{-}}{\oint }P\text{d}x+Q\text{d}y=\underset{D}{\iint }\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\text{d}\sigma =\underset{D}{\iint }\left(\frac{4x^2+y^2-3x^2}{(4x^2+y^2{)}^2}-\frac{-(4x^2+y^2)+2y^2}{(4x^2+y^2{)}^2}\right)\text{d}\sigma =0$。旋度为0。

$=\underset{L^{+}+C^{-}}{\oint }-\underset{C^{-}}{\oint }=0-\underset{C^{-}}{\oint }=\underset{C^{+}}{\oint }$。取$C:4x^2+y^2={\delta }^2$，$\delta$为一个足够小的常数。（分母取${\delta }^2$）

$=\underset{C^{+}}{\oint }\left(\frac{-y}{4x^2+y^2}\text{d}x+\frac{x}{4x^2+y^2}\text{d}y\right)=\underset{C^{+}}{\oint }\left(\frac{-y}{{\delta }^2}\text{d}x+\frac{x}{{\delta }^2}\text{d}y\right)$

$=\frac{1}{{\delta }^2}\underset{C^{+}}{\oint }-y\text{d}x+x\text{d}y$，利用格林公式，$C^{+}$所成区域为$D^{\prime }$：$\frac{1}{{\delta }^2}\underset{D^{\prime }}{\oint }(1-(-1))\text{d}\sigma =\frac{2}{{\delta }^2}{D}^{\prime }=\frac{2}{{\delta }^2}\pi \frac{\delta }{2}\delta =\pi$。