第九章-二重积分

1. 二重积分的概念

定义：设函数 $z = f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上有定义，将区域 $D$ 任意分成 $n$ 个小闭区域

$\Delta \sigma_1, \Delta \sigma_2, \dots, \Delta \sigma_n,$其中 $\Delta \sigma_i$ 表示第 $i$ 个小区域，也表示它的面积。在每个 $\Delta \sigma_i$ 上任取一点 $(\xi_i, \eta_i)$ ，作乘积 $f(\xi_i, \eta_i)\Delta \sigma_i$ ，并求和 $\sum_{i=1}^{n} f(\xi_i, \eta_i)\Delta \sigma_i$ 。记 $\lambda$ 为 $n$ 个小区域 $\Delta \sigma_1, \Delta \sigma_2, \dots, \Delta \sigma_n$ 中的最大直径，如果$\lim_{\lambda \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i, \eta_i)\Delta \sigma_i$存在，则称此极限值为函数 $f(x,y)$ 在区域 $D$ 上的二重积分，记为

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

几何意义：

二重积分 $\iint_D f(x,y),\mathrm{d}\sigma$ 是一个数。

• 当 $f(x,y) \ge 0$ 时，其值等于以区域 $D$ 为底，以曲面 $z = f(x,y)$ 为曲顶的曲顶柱体的体积；

• 当 $f(x,y) \le 0$ 时，二重积分的值为负值，其绝对值等于上述曲顶柱体的体积。

2. 二重积分的性质

性质 1（不等式性质）

(1) 若在 $D$ 上 $f(x,y) \le g(x,y)$ ，则$\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma \le \iint_D g(x,y)\,\mathrm{d}\sigma.$

(2) 估值定理：若在 $D$ 上 $m \le f(x,y) \le M$ ，则$m\sigma \le \iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma \le M\sigma,$其中 $\sigma$ 为区域 $D$ 的面积。

(3)$\left| \iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma \right| \le \iint_D \left| f(x,y) \right| \,\mathrm{d}\sigma.$

(4) 二重积分值与积分区域、被积函数有关，但与积分变量用何种字母表示无关。

(5) 若二重积分存在 $\implies$ $f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上有界。

(6) 改变 $f(x,y)$ 在 $D$ 上有限个点处的函数值，不影响二重积分结果。

(7) 柯西-施瓦茨不等式：$\left[ \int_a^b f(x)g(x)\,\mathrm{d}x \right]^2 \le \int_a^b f^2(x)\,\mathrm{d}x \cdot \int_a^b g^2(x)\,\mathrm{d}x$

证明方式一：构造函数法

构造关于 $\lambda$ 的二次积分式：

$\int_a^b \left[ f(x) - \lambda g(x) \right]^2 \,\mathrm{d}x \ge 0$

展开得：

$\int_a^b \left[ f^2(x) - 2\lambda f(x)g(x) + \lambda^2 g^2(x) \right] \,\mathrm{d}x \ge 0$

分离积分项：

$\lambda^2 \int_a^b g^2(x)\,\mathrm{d}x - 2\lambda \int_a^b f(x)g(x)\,\mathrm{d}x + \int_a^b f^2(x)\,\mathrm{d}x \ge 0$

上式对任意常数 $\lambda$ 恒成立，因此关于 $\lambda$ 的二次三项式判别式 $\Delta \le 0$：

$\left[ 2\int_a^b f(x)g(x)\,\mathrm{d}x \right]^2 - 4 \int_a^b g^2(x)\,\mathrm{d}x \cdot \int_a^b f^2(x)\,\mathrm{d}x \le 0$

整理即得：

$\left[ \int_a^b f(x)g(x)\,\mathrm{d}x \right]^2 \le \int_a^b g^2(x)\,\mathrm{d}x \cdot \int_a^b f^2(x)\,\mathrm{d}x$

核心思想：利用二次三项式非负的判别式性质。

证明方式二：作差求导法（积分上限函数）

要证：

$\left[ \int_a^b f(x)g(x)\,\mathrm{d}x \right]^2 - \int_a^b f^2(x)\,\mathrm{d}x \cdot \int_a^b g^2(x)\,\mathrm{d}x \le 0$

构造积分上限函数：

$F(t) = \left[ \int_a^t f(x)g(x)\,\mathrm{d}x \right]^2 - \int_a^t f^2(x)\,\mathrm{d}x \cdot \int_a^t g^2(x)\,\mathrm{d}x$

显然 $F(a) = 0$，只需证 $F(b) \le 0$。

对 $F(t)$ 求导：

$F'(t) = 2\int_a^t f(x)g(x)\,\mathrm{d}x \cdot f(t)g(t) - f^2(t)\int_a^t g^2(x)\,\mathrm{d}x - \int_a^t f^2(x)\,\mathrm{d}x \cdot g^2(t)$

将 $t$ 视为常数，积分变量仍为 $x$，改写为：

$F'(t) = \int_a^t \left[ 2f(x)g(x)f(t)g(t) - f^2(t)g^2(x) - f^2(x)g^2(t) \right] \,\mathrm{d}x$

配方得：

$F'(t) = -\int_a^t \left[ f(t)g(x) - f(x)g(t) \right]^2 \,\mathrm{d}x \le 0$

故 $F(t)$ 在 $t \ge a$ 上单调递减，又 $F(a) = 0$，因此 $F(b) \le 0$，不等式得证。

证明方式三：二重积分轮换对称性

（核心思路：将积分差转化为二重积分，利用区域轮换对称性与被积函数非正性证明）

性质 2（中值定理）

设函数 $f(x,y)$ 在闭区域 $D$ 上连续， $\sigma$ 为区域 $D$的面积，则在 $D$ 上至少存在一点 $(\xi, \eta)$ ，使得

$\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma = f(\xi, \eta) \cdot \sigma.$

3. 二重积分的计算

1. 利用直角坐标计算

(1) x型区域：先$y$后$x$，积分区域 $D$ 可用 $a \le x \le b,\ \varphi_1(x) \le y \le \varphi_2(x)$ 表示，

先定$x$的范围，再平行于$y$轴穿线（沿$y$轴正方向穿过积分区域），穿入线$y_1(x)$下限，穿出线$y_2(x)$上限。

$\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma = \int_a^b \mathrm{d}x \int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)} f(x,y)\,\mathrm{d}y$，积分结果是关于$x$的函数$\varphi_(x)$，再计算$\int_a^b \varphi_(x)\mathrm{d}x$。

(2) y型区域：先 $x$ 后$y$，积分区域 $D$ 可用 $c \le y \le d,\ \varphi_1(y) \le x \le \varphi_2(y)$ 表示，

先定$y$的范围，再平行于$x$轴穿线（沿$x$轴正方向穿过积分区域），穿入线$x_1(y)$下限，穿出线$x_2(y)$上限。

$\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma = \int_c^d \mathrm{d}y \int_{\varphi_1(y)}^{\varphi_2(y)} f(x,y)\,\mathrm{d}x$，积分结果是关于$y$的函数$\varphi_(y)$，再计算$\int_c^d \varphi_(y)\mathrm{d}y$。

【注】：不管什么类型，穿针时与边界的交点不可超过$2$个，超过$2$个必须拆分。

2. 利用极坐标计算

先 $r$ 后 $\theta$：积分区域 $D$ 可用 $\alpha \le \theta \le \beta,\ \varphi_1(\theta) \le r \le \varphi_2(\theta)$ 表示，

$\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma = \int_\alpha^\beta \mathrm{d}\theta \int_{\varphi_1(\theta)}^{\varphi_2(\theta)} f(r\cos\theta, r\sin\theta) r\,\mathrm{d}r.$

【注】适合用极坐标计算的二重积分的特征：

• 适合用极坐标计算的被积函数：例如 $f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right),\ f\left(\frac{y}{x}\right),\ f\left(\frac{x}{y}\right)$ 。

• 适合用极坐标的积分域：例如$x^2+y^2 \le R^2;\quad r^2 \le x^2+y^2 \le R^2;\quad x^2+y^2 \le 2ax;\quad x^2+y^2 \le 2by.$

计算二重积分 $I = \iint\limits_D y \cdot dxdy$ ，其中积分区域 $D$ 由 $y = \sqrt{1-x^2}$ 、 $y = x$ 及 $x=0$ 围成。

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结合图形可知，极角 $\theta$ 与极径 $r$ 的取值范围为：$\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}, \quad 0 \leq r \leq 1$。

二重积分极坐标变换公式： $\iint\limits_D f(x,y)dxdy = \iint\limits_D f(r\cos\theta,r\sin\theta) \cdot r \cdot drd\theta$

$$\begin{align*} I &= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{1} (r\sin\theta) \cdot r \, dr \\ &= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{1} r^2\sin\theta \, dr \end{align*}$$

将二重积分拆分为两个定积分的乘积：

$I = \left( \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \sin\theta \, d\theta \right) \cdot \left( \int_{0}^{1} r^2 \, dr \right)$

• 对 $\theta$ 积分：

$\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \sin\theta \, d\theta = -\cos\theta \bigg|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} = -\cos\frac{\pi}{2} - (-\cos\frac{\pi}{4}) = 0 + \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

• 对 $r$ 积分：

$\int_{0}^{1} r^2 \, dr = \frac{1}{3}r^3 \bigg|_{0}^{1} = \frac{1}{3} - 0 = \frac{1}{3}$

最终结果：$I = \frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{\sqrt{2}}{6}$

计算二重积分 $I = \iint_D \frac{dxdy}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 其中积分区域 $D$ 由曲线 $y=\sqrt{a^2-x^2}$ 、 $y=\sqrt{ax-x^2}$ 及直线 $y=-x$ 围成（ $a>0$ ）。

将边界曲线化为极坐标形式：

• **曲线 ** $y=\sqrt{a^2-x^2}$

​ 平方得 $x^2+y^2=a^2$ ，对应极坐标方程：$r = a \quad (0 \le \theta \le \pi)$ ，这是圆心在原点、半径为 $a$ 的上半圆。

• **曲线 ** $y=\sqrt{ax-x^2}$

​ 平方得 $x^2 - ax + y^2 = 0$ ，配方得 $\left(x-\frac{a}{2}\right)^2 + y^2 = \left(\frac{a}{2}\right)^2$ ，对应极坐标方程： $r = a\cos\theta \quad \left(-\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}\right)$ ，这是圆心在 $\left(\frac{a}{2},0\right)$ 、半径为 $\frac{a}{2}$ 的上半圆。

• **直线 ** $y=-x$ 对应极坐标方程： $\theta = \frac{3\pi}{4}$

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积分区域 $D$ 可表示为：大圆 $r=a$ 在 $0 \le \theta \le \frac{3\pi}{4}$ 内的部分减去小圆 $r=a\cos\theta$ 在$0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$内的部分。

• 区域 $D_1$ ： $0 \le \theta \le \frac{3\pi}{4}$ ， $0 \le r \le a$

• 区域 $D_2$ ： $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$ ， $0 \le r \le a\cos\theta$

因此：$I = \iint_{D_1} \frac{1}{r} \cdot r \, drd\theta - \iint_{D_2} \frac{1}{r} \cdot r \, drd\theta$ （极坐标面积元素 $dxdy = r dr d\theta$ ）

化简被积函数 $\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} \cdot r = \frac{1}{r} \cdot r = 1$ ，积分变为：

$$\begin{align*} I &= \int_{0}^{\frac{3\pi}{4}} d\theta \int_{0}^{a} 1 \, dr - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{a\cos\theta} 1 \, dr \\ &= \int_{0}^{\frac{3\pi}{4}} \left[ r \right]_0^a d\theta - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left[ r \right]_0^{a\cos\theta} d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{3\pi}{4}} a \, d\theta - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} a\cos\theta \, d\theta \\ &= a \cdot \frac{3\pi}{4} - a \cdot \left[ \sin\theta \right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{3\pi a}{4} - a(1 - 0) \\ &= \frac{3\pi a}{4} - a \end{align*}$$

3. 利用函数的奇偶性计算

(1) 若积分域 $D$ 关于 $y$ 轴对称， $f(x,y)$ 关于 $x$ 有奇偶性，则：

$\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma = \begin{cases} 2 \iint \limits_{D_{x \ge 0}} f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma, & f(x,y) \text{ 关于 } x \text{ 为偶函数}, \\ 0, & f(x,y) \text{ 关于 } x \text{ 为奇函数}. \end{cases}$

(2) 若积分域 $D$ 关于 $x$ 轴对称， $f(x,y)$ 关于$y$有奇偶性，则：

$\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma = \begin{cases} 2 \iint \limits_{D_{y \ge 0}} f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma, & f(x,y) \text{ 关于 } y \text{ 为偶函数}, \\ 0, & f(x,y) \text{ 关于 } y \text{ 为奇函数}. \end{cases}$

计算二重积分$I = \iint_D (x^2 - 2xy) \, d\sigma$ ，其中积分区域 $$D = \left{ (x,y) \mid x^2 + y^2 \leq 1,\ y \geq 0 \right}$$ 。

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区域 $D$ 是上半圆（单位圆的上半部分），关于 $y$ 轴对称。

被积函数奇偶性分析

将被积函数拆分为两部分：

$x^2 - 2xy = x^2 + (-2xy)$

• 对于 $f_1(x,y) = x^2$ ：满足 $f_1(-x,y) = (-x)^2 = x^2 = f_1(x,y)$ ，是关于$x$ 的偶函数；

• 对于 $f_2(x,y) = 2xy$ ：满足 $f_2(-x,y) = 2(-x)y = -2xy = -f_2(x,y)$ ，是关于 $x$ 的奇函数。

对称性结论

根据二重积分的对称性：

• 奇函数在关于 $y$ 轴对称的区域上积分值为 $0$ ，即$\iint_D 2xy \, d\sigma = 0$

• 偶函数在关于 $y$ 轴对称的区域上积分值等于 $2$ 倍右半区域（ $x \geq 0$ ）的积分，即$\iint_D x^2 \, d\sigma = 2 \iint_{D_{\text{右半}}} x^2 \, d\sigma$

因此原积分简化为：$I = \iint_D x^2 \, d\sigma - \iint_D 2xy \, d\sigma = \iint_D x^2 \, d\sigma$

极坐标变换计算积分

极坐标转换公式

极坐标与直角坐标的转换关系：

$x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta,\quad d\sigma = r \, dr d\theta$

积分区域 $D$ 在极坐标下的范围：

• $r$ ： $0 \leq r \leq 1$ （单位圆）

• $\theta$ ： $0 \leq \theta \leq \pi$ （上半圆）

$$\begin{align*} I &= \iint_D x^2 \, d\sigma \\ &= \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{1} (r\cos\theta)^2 \cdot r \, dr d\theta \\ &= \int_{0}^{\pi} \cos^2\theta \, d\theta \cdot \int_{0}^{1} r^3 \, dr \end{align*}$$

**计算 ** $\int_{0}^{\pi} \cos^2\theta d\theta$

利用三角恒等式 $\cos^2\theta = \frac{1+\cos2\theta}{2}$ ：

$\int_{0}^{\pi} \cos^2\theta \, d\theta = \int_{0}^{\pi} \frac{1+\cos2\theta}{2} d\theta = \frac{1}{2} \left[ \theta + \frac{\sin2\theta}{2} \right]_0^\pi = \frac{1}{2} \cdot \pi = \frac{\pi}{2}$

（也可利用对称性： $\int_{0}^{\pi} \cos^2\theta d\theta = 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2\theta d\theta = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$ ）

**计算 ** $\int_{0}^{1} r^3 , dr$

$\int_{0}^{1} r^3 \, dr = \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^1 = \frac{1}{4}$

$I = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{8}$

计算二重积分$I = \iint_D (x^2 + y^2 + y) \, dxdy$ ，其中积分区域 $D$ 是介于圆 $x^2 + y^2 = 4$ 和圆 $(x+1)^2 + y^2 = 1$ 之间的区域。

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区域 $D$ 可表示为**大圆 ** $D_1$ 减去小圆 $D_2$ ：

• 大圆 $D_1$ ：圆心 $(0,0)$ ，半径 $r=2$ ，即 $x^2 + y^2 \leq 4$ ；

• 小圆 $D_2$ ：圆心 $(-1,0)$ ，半径 $r=1$ ，即 $(x+1)^2 + y^2 \leq 1$ 。

因此积分可拆分为：

$I = \iint_{D_1} (x^2 + y^2 + y) \, dxdy - \iint_{D_2} (x^2 + y^2 + y) \, dxdy$

利用对称性消去奇函数项

• 大圆 $D_1$ 关于 $x$ 轴、$y$ 轴均对称，被积函数 $y$ 是关于 $y$ 的奇函数，因此$\iint_{D_1} y \, dxdy = 0$

• 小圆 $D_2$ 关于 $x$ ** 轴对称**，被积函数 $y$ 是关于 $y$ 的奇函数，因此$\iint_{D_2} y \, dxdy = 0$

因此原积分简化为：$I = \iint_{D_1} (x^2 + y^2) \, dxdy - \iint_{D_2} (x^2 + y^2) \, dxdy$

极坐标与直角坐标的转换关系：

$x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta,\quad x^2 + y^2 = r^2,\quad dxdy = r \, dr d\theta$

计算大圆 $D_1$ 的积分

$D_1$ 在极坐标下的范围： $0 \leq \theta \leq 2\pi$ ， $0 \leq r \leq 2$

$$\begin{align*} \iint_{D_1} (x^2 + y^2) \, dxdy &= \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{2} r^2 \cdot r \, dr \\ &= \int_{0}^{2\pi} d\theta \cdot \int_{0}^{2} r^3 \, dr \\ &= 2\pi \cdot \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^2 \\ &= 2\pi \cdot 4 = 8\pi \end{align*}$$

计算小圆 $D_2$ 的积分

1. 小圆的极坐标方程

将圆 $(x+1)^2 + y^2 = 1$ 展开：

$x^2 + 2x + 1 + y^2 = 1 \implies x^2 + y^2 = -2x$

代入极坐标 $x = r\cos\theta$ ， $x^2 + y^2 = r^2$ ，得：

$r^2 = -2r\cos\theta \implies r = -2\cos\theta$

2. 确定极坐标范围

由 $r \geq 0$ ，得 $-2\cos\theta \geq 0 \implies \cos\theta \leq 0$ ，因此 $\theta$ 的范围为 $\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{3\pi}{2}$ ， $r$ 的范围为 $0 \leq r \leq -2\cos\theta$ 。

3. 计算积分

$$\begin{align*} \iint_{D_2} (x^2 + y^2) \, dxdy &= \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{-2\cos\theta} r^2 \cdot r \, dr \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{-2\cos\theta} r^3 \, dr \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^{-2\cos\theta} d\theta \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \frac{(-2\cos\theta)^4}{4} d\theta \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \frac{16\cos^4\theta}{4} d\theta \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} 4\cos^4\theta \, d\theta \end{align*}$$

4. 降幂公式计算三角函数积分

利用三角恒等式 $\cos^2\theta = \frac{1+\cos2\theta}{2}$ ，对 $\cos^4\theta$ 降幂：

$\cos^4\theta = (\cos^2\theta)^2 = \left( \frac{1+\cos2\theta}{2} \right)^2 = \frac{1 + 2\cos2\theta + \cos^22\theta}{4}$

再对 $\cos^22\theta$ 降幂： $\cos^22\theta = \frac{1+\cos4\theta}{2}$ ，代入得：

$\cos^4\theta = \frac{1}{4} \left( 1 + 2\cos2\theta + \frac{1+\cos4\theta}{2} \right) = \frac{3}{8} + \frac{1}{2}\cos2\theta + \frac{1}{8}\cos4\theta$

代入积分：

$$\begin{align*} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} 4\cos^4\theta \, d\theta &= 4 \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \left( \frac{3}{8} + \frac{1}{2}\cos2\theta + \frac{1}{8}\cos4\theta \right) d\theta \\ &= 4 \left[ \frac{3}{8}\theta + \frac{1}{4}\sin2\theta + \frac{1}{32}\sin4\theta \right]_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \\ &= 4 \left[ \left( \frac{3}{8} \cdot \frac{3\pi}{2} + 0 + 0 \right) - \left( \frac{3}{8} \cdot \frac{\pi}{2} + 0 + 0 \right) \right] \\ &= 4 \cdot \frac{3\pi}{8} = \frac{3\pi}{2} \end{align*}$$

合并结果：$I = 8\pi - \frac{3\pi}{2} = \frac{13\pi}{2}$

计算二重积分$I = \iint_D x\left[1 + yf(x^2 + y^2)\right] \, d\sigma$ ，其中积分区域 $D$ 由曲线 $y = x^3$ 、直线 $y = 1$ 和 $x = -1$ 围成， $f$ 为连续函数。

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将积分区域 $D$ 沿 $y$ 轴拆分为两部分：

• 区域 $D_1$ ：由 $y = x^3$ 、 $y = 1$ 和 $x = 0$ 围成，**关于 ** $y$ 轴对称；

• 区域 $D_2$ ：由 $y = x^3$ 、 $x = -1$ 和 $y = 0$ 围成，**关于 ** $x$ 轴对称。

因此原积分可拆分为：

$I = \iint_{D_1} x\left[1 + yf(x^2 + y^2)\right] \, d\sigma + \iint_{D_2} x\left[1 + yf(x^2 + y^2)\right] \, d\sigma$

展开被积函数：$x\left[1 + yf(x^2 + y^2)\right] = x + xyf(x^2 + y^2)$

利用对称性消去零积分项

1. 分析区域 $D_1$ 上的积分

• $D_1$ 关于 $y$ 轴对称，被积函数 $x$ 是**关于 ** $x$ 的奇函数，因此

  $\iint_{D_1} x \, d\sigma = 0$

• 同理， $xyf(x^2 + y^2)$ 也是**关于 ** $x$ 的奇函数，因此

  $\iint_{D_1} xyf(x^2 + y^2) \, d\sigma = 0$

2. 分析区域 $D_2$ 上的积分

​ $D_2$ 关于 $x$ 轴对称， $xyf(x^2 + y^2)$ 也是**关于 ** $y$ 的奇函数，因此$\iint_{D_2} xyf(x^2 + y^2) \, d\sigma = 0$。

综合上述分析，原积分仅保留 $D_2$ 区域上的非零项：

$I = \iint_{D_2} x \, d\sigma$

区域 $D_2$ 的范围：

• $x$ ： $-1 \leq x \leq 0$

• $y$ ： $x^3 \leq y \leq -x^3$ （由 $y=x^3$ 在 $x<0$ 时为负，对称得到上边界 $y=-x^3$ ）

$I = \int_{-1}^{0} dx \int_{x^3}^{-x^3} x \, dy$

$\int_{x^3}^{-x^3} x \, dy = x \cdot \left[ y \right]_{x^3}^{-x^3} = x(-x^3 - x^3) = -2x^4$

$$\begin{align*} I &= \int_{-1}^{0} -2x^4 \, dx \\ &= -2 \cdot \left[ \frac{x^5}{5} \right]_{-1}^{0} \\ &= -2 \left( 0 - \frac{(-1)^5}{5} \right) \\ &= -2 \cdot \frac{1}{5} \\ &= -\frac{2}{5} \end{align*}$$

计算二重积分$I = \iint_D |y - x^2| \, dxdy$ ，其中积分区域 $D = \left\{ (x,y) \mid -1 \leq x \leq 1,\ 0 \leq y \leq 1 \right\}$ 。

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绝对值分段条件

令被积函数内的表达式为 $0$ ，找到分界曲线：

$y - x^2 = 0 \implies y = x^2$

根据绝对值的定义分段：

• 当 $y \geq x^2$ 时， $|y - x^2| = y - x^2$ ；

• 当 $y < x^2$ 时， $|y - x^2| = x^2 - y$ 。

拆分积分区域

将区域 $D$ 沿曲线 $y=x^2$ 拆分为两个子区域：

• $D_1$ ： $\left\{ (x,y) \mid -1 \leq x \leq 1,\ x^2 \leq y \leq 1 \right\}$ （抛物线 $y=x^2$ 上方区域）

• $D_2$ ： $\left\{ (x,y) \mid -1 \leq x \leq 1,\ 0 \leq y \leq x^2 \right\}$ （抛物线 $y=x^2$ 下方区域）

因此原积分拆分为：$I = \iint_{D_1} (y - x^2) \, dxdy + \iint_{D_2} (x^2 - y) \, dxdy$

计算 $D_1$ 上的积分

$$\begin{align*} \iint_{D_1} (y - x^2) \, dxdy &= \int_{-1}^{1} dx \int_{x^2}^{1} (y - x^2) \, dy \\ &= \int_{-1}^{1} \left[ \frac{1}{2}y^2 - x^2 y \right]_{x^2}^{1} dx \\ &= \int_{-1}^{1} \left( \frac{1}{2} - x^2 - \frac{1}{2}x^4 + x^4 \right) dx \\ &= \int_{-1}^{1} \left( \frac{1}{2}x^4 - x^2 + \frac{1}{2} \right) dx \end{align*}$$

被积函数为偶函数，利用对称性简化：

$$\begin{align*} &= 2 \int_{0}^{1} \left( \frac{1}{2}x^4 - x^2 + \frac{1}{2} \right) dx \\ &= 2 \left[ \frac{1}{10}x^5 - \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{2}x \right]_0^1 \\ &= 2 \left( \frac{1}{10} - \frac{1}{3} + \frac{1}{2} \right) \\ &= 2 \cdot \frac{4}{15} = \frac{8}{15} \end{align*}$$

计算 $D_2$ 上的积分

$$\begin{align*} \iint_{D_2} (x^2 - y) \, dxdy &= \int_{-1}^{1} dx \int_{0}^{x^2} (x^2 - y) \, dy \\ &= \int_{-1}^{1} \left[ x^2 y - \frac{1}{2}y^2 \right]_0^{x^2} dx \\ &= \int_{-1}^{1} \left( x^4 - \frac{1}{2}x^4 \right) dx \\ &= \int_{-1}^{1} \frac{1}{2}x^4 dx \end{align*}$$

被积函数为偶函数，利用对称性简化：

$$\begin{align*} &= 2 \int_{0}^{1} \frac{1}{2}x^4 dx \\ &= \int_{0}^{1} x^4 dx = \left[ \frac{1}{5}x^5 \right]_0^1 = \frac{1}{5} \end{align*}$$

$I = \frac{8}{15} + \frac{1}{5} = \frac{8}{15} + \frac{3}{15} = \frac{11}{15}$。

4. 利用变量的轮换对称性计算

如果积分域 $D$ 具有轮换对称性（即关于直线 $y=x$ 对称，表达式中 $x$ 与 $y$ 互换后积分区域不变），则

$\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma = \iint_D f(y,x)\,\mathrm{d}\sigma = \frac{1}{2} \iint_D \left[ f(x,y) + f(y,x) \right] d\sigma$。

• 圆 $x^2 + y^2 = 1$ ： $x,y$ 互换后为 $y^2 + x^2 = 1$ ，与原方程一致，可应用轮换对称性

• 椭圆 $x^2 + 2y^2 = 1$ ： $x,y$ 互换后为 $y^2 + 2x^2 = 1$ ，与原方程不同，不可应用轮换对称性

★：先在直角坐标系下应用对称性简化被积函数，再进行求解

例：计算二重积分$I = \iint_D \left( xy + y^3 \cos x \right) d\sigma$，其中积分区域 $D: x^2 + y^2 \leq 4$

• 被积函数 $xy + y^3 \cos x$ ：关于 $y$ 为奇函数

• 积分区域 $D: x^2 + y^2 \leq 4$ ：关于 $x$ 轴对称

$\therefore I = 0$

设 $f(x)$ 为连续正值函数，积分区域 $D = \left\{ (x,y) \mid x^2 + y^2 \leq R^2,\ x \geq 0,\ y \geq 0 \right\}$ ，计算二重积分$I = \iint_D \frac{a\sqrt{f(x)} + b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)} + \sqrt{f(y)}} \, dxdy$

image-20260403113544872

若积分区域 $D$ 关于直线 $y=x$ 对称，则

$\iint_D f(x,y) \, d\sigma = \iint_D f(y,x) \, d\sigma = \frac{1}{2} \iint_D \left[ f(x,y) + f(y,x) \right] d\sigma$

区域 $D$ 是第一象限内的四分之一圆，关于直线 $y=x$ 对称，满足轮换对称性条件。

$$\begin{align*} I &= \frac{1}{2} \iint_D \left[ \frac{a\sqrt{f(x)} + b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)} + \sqrt{f(y)}} + \frac{a\sqrt{f(y)} + b\sqrt{f(x)}}{\sqrt{f(y)} + \sqrt{f(x)}} \right] dxdy \end{align*}$$

对括号内的两项通分合并：

$$\begin{align*} \frac{a\sqrt{f(x)} + b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)} + \sqrt{f(y)}} + \frac{a\sqrt{f(y)} + b\sqrt{f(x)}}{\sqrt{f(x)} + \sqrt{f(y)}} &= \frac{(a+b)\sqrt{f(x)} + (a+b)\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)} + \sqrt{f(y)}} \\ &= \frac{(a+b)\left( \sqrt{f(x)} + \sqrt{f(y)} \right)}{\sqrt{f(x)} + \sqrt{f(y)}} \\ &= a+b \end{align*}$$

因此积分简化为：

$I = \frac{1}{2} \iint_D (a+b) \, dxdy = \frac{a+b}{2} \iint_D 1 \, dxdy$

$\iint_D 1 , dxdy$ 等于积分区域 $D$ 的面积 $S_D$ 。

$D$ 是半径为 $R$ 的圆在第一象限的部分，因此面积为：

$S_D = \frac{1}{4} \cdot \pi R^2$

$$\begin{align*} I &= \frac{a+b}{2} \cdot S_D \\ &= \frac{a+b}{2} \cdot \frac{1}{4} \pi R^2 \\ &= \frac{(a+b)\pi R^2}{8} \end{align*}$$

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上正值、连续且单调递减，证明：$\frac{\int_{0}^{1} x f^2(x) dx}{\int_{0}^{1} x f(x) dx} \leq \frac{\int_{0}^{1} f^2(x) dx}{\int_{0}^{1} f(x) dx}$

要证原不等式，只需证明：

$\int_{0}^{1} x f^2(x) dx \cdot \int_{0}^{1} f(x) dx - \int_{0}^{1} x f(x) dx \cdot \int_{0}^{1} f^2(x) dx \leq 0$

利用定积分的乘积可转化为二重积分：

• 令 $\int_{0}^{1} f(x) dx = \int_{0}^{1} f(y) dy$ ， $\int_{0}^{1} f^2(x) dx = \int_{0}^{1} f^2(y) dy$

• 积分区域 $D = \left\{ (x,y) \mid 0 \leq x \leq 1,\ 0 \leq y \leq 1 \right\}$ （单位正方形，关于直线 $y=x$ 对称）

因此左边可写为：

$$\begin{align*} &\int_{0}^{1} x f^2(x) dx \cdot \int_{0}^{1} f(y) dy - \int_{0}^{1} x f(x) dx \cdot \int_{0}^{1} f^2(y) dy \\ &= \iint_D x f^2(x) f(y) dxdy - \iint_D x f(x) f^2(y) dxdy \\ &= \iint_D \left[ x f^2(x) f(y) - x f(x) f^2(y) \right] dxdy \\ &= \iint_D x f(x) f(y) \left[ f(x) - f(y) \right] dxdy \end{align*}$$

由于区域 $D$ 关于 $y=x$ 对称，交换 $x,y$ 积分值不变，因此：

$I = \iint_D x f(x) f(y) \left[ f(x) - f(y) \right] dxdy = \iint_D y f(y) f(x) \left[ f(y) - f(x) \right] dxdy$

将两式相加除以2，得：

$$\begin{align*} I &= \frac{1}{2} \iint_D \left[ x f(x) f(y) (f(x)-f(y)) + y f(y) f(x) (f(y)-f(x)) \right] dxdy \\ &= \frac{1}{2} \iint_D f(x) f(y) \left[ x(f(x)-f(y)) + y(f(y)-f(x)) \right] dxdy \\ &= \frac{1}{2} \iint_D f(x) f(y) (x-y) \left[ f(x) - f(y) \right] dxdy \end{align*}$$

根据题设条件：

1. $f(x) > 0$ ，故 $f(x)f(y) > 0$ ；

2. $f(x)$ 单调递减：

   • 若 $x > y$ ，则 $f(x) < f(y)$ ，故 $(x-y)(f(x)-f(y)) < 0$ ；

   • 若 $x < y$ ，则 $f(x) > f(y)$ ，故 $(x-y)(f(x)-f(y)) < 0$ ；

   • 若 $x = y$ ，则 $(x-y)(f(x)-f(y)) = 0$ 。

因此被积函数 $\frac{1}{2} f(x) f(y) (x-y)(f(x)-f(y)) \leq 0$ 在 $D$ 上恒成立，故：

$I = \iint_D \cdots dxdy \leq 0$

由 $I \leq 0$ ，即：

$\int_{0}^{1} x f^2(x) dx \cdot \int_{0}^{1} f(x) dx - \int_{0}^{1} x f(x) dx \cdot \int_{0}^{1} f^2(x) dx \leq 0$

两边同时除以 $\int_{0}^{1} x f(x) dx \cdot \int_{0}^{1} f(x) dx > 0$ （因 $f(x)$ 正值），得原不等式：

$\boxed{\frac{\int_{0}^{1} x f^2(x) dx}{\int_{0}^{1} x f(x) dx} \leq \frac{\int_{0}^{1} f^2(x) dx}{\int_{0}^{1} f(x) dx}}$