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

---

基本定义

设函数 $f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上有界，将区域 $D$ 任意分割成 $n$ 个小区域 $\Delta\sigma_1, \Delta\sigma_2, \ldots, \Delta\sigma_n$，在每个小区域内任取一点 $(\xi_i, \eta_i)$，作和式：

$$S_n = \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i, \eta_i) \Delta\sigma_i$$

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

$$\iint_D f(x,y)\,d\sigma = \lim_{\|\Delta\sigma\| \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i, \eta_i) \Delta\sigma_i$$

计算方法

1. 直角坐标系下：$\iint_D f(x,y)\,dxdy$
2. 极坐标系下：$\iint_D f(r\cos\theta, r\sin\theta) r\,drd\theta$

---

累次积分与积分换序

基本思想

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

例题1

计算 $\int_{0}^{1}\frac{x^{b}-x^{a}}{\ln x}\,dx$

解：

利用积分与导数的关系，注意到：

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{x^t}{\ln x}\right) = x^t$$

因此：

$$\frac{x^b - x^a}{\ln x} = \int_a^b x^t\,dt$$

于是：

$$\begin{aligned} I &= \int_0^1 \frac{x^b - x^a}{\ln x}\,dx = \int_0^1 dx \int_a^b x^t\,dt \\ &= \int_a^b dt \int_0^1 x^t\,dx \quad \text{（交换积分顺序）} \\ &= \int_a^b \frac{1}{t+1}\,dt = \ln\frac{b+1}{a+1} \end{aligned}$$

例题2

计算 $\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\,dx$

方法一：累次积分法

解：

注意到：

$$\frac{e^{-ax} - e^{-bx}}{x} = \int_a^b -e^{-xt}\,dt$$

因此：

$$\begin{aligned} I &= \int_0^{+\infty} \frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\,dx = \int_0^{+\infty} dx \int_a^b -e^{-xt}\,dt \\ &= \int_a^b \left(-\frac{e^{-xt}}{t}\right)\Bigg|_{0}^{+\infty} dt \\ &= \int_a^b \frac{1}{t}\,dt = \ln\frac{b}{a} \end{aligned}$$

方法二：傅汝兰尼积分公式

注

傅汝兰尼（Froullani）积分公式

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

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

$$I = (0-1)\cdot\ln\frac{a}{b} = \ln\frac{b}{a}$$

例题3

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

解：

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

$$\begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 x\,dx &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} dx \int_x^{\frac{\pi}{2}} f(t)f(t-x)\,dt \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(t)\,dt \int_0^t f(t-x)\,dx \quad \text{（交换积分顺序）} \end{aligned}$$

对内层积分进行换元 $u = t-x$：

$$\int_0^t f(t-x)\,dx = \int_0^t f(u)\,du$$

因此：

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 x\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(t)\,dt \int_0^t f(u)\,du = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\int_0^t f(x)\,dx\right) d\left(\int_0^t f(x)\,dx\right)$$

这等于：

$$\frac{1}{2}\left(\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(x)\,dx\right)^2$$

计算左边：

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 x\,dx = \frac{3\pi}{16}$$

因此：

$$\frac{1}{2}I^2 = \frac{3\pi}{16} \implies I = \sqrt{\frac{3\pi}{8}}$$

例题4

设 $f(x) \in C[0,1]$ 且满足 $f(x) = 1 + \lambda \int_x^1 f(y)f(y-x)\,dy$，试证明：$\lambda \leq \frac{1}{2}$

证明：

对给定等式在 $[0,1]$ 上积分：

$$\begin{aligned} \int_0^1 f(x)\,dx &= \int_0^1 1\,dx + \lambda \int_0^1 dx \int_x^1 f(y)f(y-x)\,dy \\ &= 1 + \lambda \int_0^1 f(y)\,dy \int_0^y f(y-x)\,dx \end{aligned}$$

换元 $u = y-x$：

$$\int_0^y f(y-x)\,dx = \int_0^y f(u)\,du$$

设 $I = \int_0^1 f(x)\,dx$，则：

$$I = 1 + \frac{\lambda}{2}I^2$$

整理得：

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

由于 $I$ 为实数，判别式必须非负：

$$\Delta = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot \frac{\lambda}{2} = 1 - 2\lambda \geq 0$$

因此 $\lambda \leq \frac{1}{2}$，得证。

---

雅可比变换

基本理论

设变换 $\begin{cases}x = x(u,v) \\ y = y(u,v)\end{cases}$ 将 $xOy$ 平面上的区域 $D$ 变为 $uOv$ 平面上的区域 $D'$，则：

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

其中雅可比行列式：

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

例题1

计算 $\iint_D (x+y)\,dxdy$，其中 $D: x^2 + y^2 \leq x + y + 1$

解：

将圆的方程配方：

$$x^2 - x + y^2 - y \leq 1 \implies \left(x-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(y-\frac{1}{2}\right)^2 \leq \frac{3}{2}$$

进行坐标变换：

$$\begin{cases} x = r\cos\theta + \frac{1}{2} \\ y = r\sin\theta + \frac{1}{2} \end{cases}, \quad 0 \leq r \leq \frac{\sqrt{6}}{2}, \quad 0 \leq \theta \leq 2\pi$$

则：

$$\begin{aligned} I &= \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\frac{\sqrt{6}}{2}} \left[1 + r(\sin\theta + \cos\theta)\right] r\,dr \\ &= \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\frac{\sqrt{6}}{2}} r\,dr + \int_0^{2\pi} (\sin\theta + \cos\theta)d\theta \int_0^{\frac{\sqrt{6}}{2}} r^2\,dr \\ &= 2\pi \cdot \frac{(\frac{\sqrt{6}}{2})^2}{2} + 0 = \frac{3\pi}{2} \end{aligned}$$

例题2

计算 $\iint_D |3x+4y|\,d\sigma$，其中 $D: x^2 + y^2 \leq 1$

解：

作线性变换：

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

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

因此：

$$I = 5\iint_{D'} |u|\,d\sigma$$

使用极坐标 $u = r\cos\theta$，$v = r\sin\theta$：

$$\begin{aligned} I &= 5\int_0^{2\pi} |\cos\theta|\,d\theta \int_0^1 r \cdot r\,dr \\ &= 5 \cdot 4\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos\theta\,d\theta \cdot \frac{1}{3} \\ &= 5 \cdot 4 \cdot 1 \cdot \frac{1}{3} = \frac{20}{3} \end{aligned}$$

---

极坐标应用

例题1

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

解：

使用极坐标变换 $x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$：

$$r^4 = 2a^2 r^2 \sin\theta \cos\theta = a^2 r^2 \sin 2\theta$$

因此：

$$r^2 = a^2 \sin 2\theta > 0$$

这要求 $\sin 2\theta > 0$，即 $2\theta \in (0,\pi) \cup (2\pi, 3\pi)$，所以 $\theta \in (0,\frac{\pi}{2}) \cup (\pi,\frac{3\pi}{2})$。

面积为：

$$\begin{aligned} S &= \left(\int_0^{\frac{\pi}{2}} d\theta + \int_\pi^{\frac{3\pi}{2}} d\theta\right) \int_0^{a\sqrt{\sin 2\theta}} r\,dr \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a^2 \sin 2\theta}{2}\,d\theta + \int_\pi^{\frac{3\pi}{2}} \frac{a^2 \sin 2\theta}{2}\,d\theta \\ &= \frac{a^2}{2} \left[-\frac{\cos 2\theta}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} + \frac{a^2}{2} \left[-\frac{\cos 2\theta}{2}\right]_\pi^{\frac{3\pi}{2}} \\ &= \frac{a^2}{2} \cdot 1 + \frac{a^2}{2} \cdot 1 = a^2 \end{aligned}$$