二重积分是数二下册的最后一章，也是高等数学的收口。它和定积分的关系是升维：定积分在一条线段上把无数个小条加起来，二重积分在一块平面区域上把无数个小块加起来。整章就四件事——概念（定义、几何意义、存在性）、性质（积之前能做的比较与拆分）、计算（直角坐标与极坐标两套定限方法），再加一组必须记住的曲线。

二重积分的概念

定义

设 $f(x,y)$ 是有界闭区域 $D$ 上的有界函数。把 $D$ 分成 $n$ 个小区域，记第 $k$ 个小区域的面积为 $\Delta\sigma_k$，在第 $k$ 个小区域上任取一点 $(\xi_k,\eta_k)$，作乘积 $f(\xi_k,\eta_k)\Delta\sigma_k$ 并求和，再令 $\lambda$ 为各小区域直径的最大值、让 $\lambda\to0$ 取极限：

$$\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma=\lim_{\lambda\to0}\sum_{k=1}^{n}f(\xi_k,\eta_k)\,\Delta\sigma_k$$

四个动作要分清：分割区域、任取一点、作积求和、取极限。其中 $\lambda$ 度量的是"每个小区域小到什么程度"，取的是「直径」的最大值，不是面积最大值——这是老师课上没展开的动机层，记住"直径"这个词就够用，知道有这回事即可。

三个要点：

1. 极限存在时，这个极限值就是二重积分，与分割方式、取点方式都无关
2. 元素 $\mathrm{d}\sigma$ 是面积元素，直角坐标下 $\mathrm{d}\sigma=\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$
3. 一元里用分点间隔控制细分，二元里用"小区域直径"控制细分——升维之后，控制细分的尺子要更强

几何意义

一元：$\displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$ 是曲边梯形面积的代数和，$x$ 轴下方算负。二元：以 $D$ 为底、以 $z=f(x,y)$ 为顶的「曲顶柱体」体积的代数和，柱体在 $xOy$ 面上方取正、下方取负。

存在性

$f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上「连续」 $\Rightarrow$ 二重积分一定存在。

一元那三条可积条件的思想可以直接平移过来：连续是可积的「充分」条件，不是必要条件；只要函数有界、间断只发生在有限条曲线上，积分同样存在。可积的必要条件仍是"函数有界"。

注意：这里最容易被说成「不连续就一定不存在」——那是错的。不连续只意味着「连续」这条保证用不上了，要换别的条件（有界 + 有限个间断点）来保证，不是直接判死刑。

设 $f(x,y)$ 连续，且 $f(x,y)=\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}+\displaystyle\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma$，其中 $D:x^{2}+y^{2}\leqslant4$，求 $f(x,y)$

关键认识：「二重积分是一个数」，它不随 $x,y$ 变化。所以把它整个记为 $A$：

$$A=\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma,\qquad f(x,y)=\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}+A$$

两边同时在 $D$ 上积分。左边就是 $A$ 本身；右边第一项是曲顶柱体的体积，底 $D$ 是半径 $2$ 的圆盘，顶是上半球面，所以这一项是上半球体体积

$$\iint_D\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}\,\mathrm{d}\sigma=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{4}{3}\pi\cdot2^{3}=\dfrac{16\pi}{3}$$

右边第二项是常数乘面积：

$$\iint_D A\,\mathrm{d}\sigma=A\cdot S_D=A\cdot4\pi$$

于是

$$A=\dfrac{16\pi}{3}+4\pi A\ \Longrightarrow\ A(1-4\pi)=\dfrac{16\pi}{3}\ \Longrightarrow\ A=-\dfrac{16\pi}{3(4\pi-1)}$$$$f(x,y)=\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}-\dfrac{16\pi}{3(4\pi-1)}$$

注意：常数项提出来积分必须乘上区域面积。$\displaystyle\iint_D A\,\mathrm{d}\sigma=A\cdot S_D$，这一步漏了，整题答案就只是一个"没乘面积的 A"。这题里 $S_D=4\pi$，不是 $1$。

二重积分的性质

线性与区域可加性

1. 线性：$\displaystyle\iint_D\left(f\pm g\right)\mathrm{d}\sigma=\iint_D f\,\mathrm{d}\sigma\pm\iint_D g\,\mathrm{d}\sigma$
2. 数乘：$\displaystyle\iint_D kf\,\mathrm{d}\sigma=k\iint_D f\,\mathrm{d}\sigma$，$k$ 是常数
3. 与变量字母无关：$\displaystyle\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\iint_D f(u,v)\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v$
4. 区域可加性：把 $D$ 分成 $D_1$、$D_2$ 两部分，则 $\displaystyle\iint_D f\,\mathrm{d}\sigma=\iint_{D_1}f\,\mathrm{d}\sigma+\iint_{D_2}f\,\mathrm{d}\sigma$

注意：第 4 条除了「$D=D_1\cup D_2$」之外，还必须要求 $D_1$、$D_2$ 「除公共边界外没有公共部分」。两块重叠的区域会被算两遍，等式就不成立——后面做分块积分时，这一条是分块合法的依据。

比较与绝对值不等式

$f\leqslant g$ 于 $D$ 时

$$\iint_D f\,\mathrm{d}\sigma\leqslant\iint_D g\,\mathrm{d}\sigma$$

取 $g\equiv0$ 得到保号性：$f\geqslant0$ 时积分 $\geqslant0$。绝对值版本：

$$\left\lvert\iint_D f\,\mathrm{d}\sigma\right\rvert\leqslant\iint_D\lvert f\rvert\,\mathrm{d}\sigma$$

理由很直观：左边是代数和，正负部分先互相抵消；右边是绝对值的和，永远不抵消——所以右边不会更小。

（教材上还有一条估值定理 $mS_D\leqslant\displaystyle\iint_D f\,\mathrm{d}\sigma\leqslant MS_D$，按课程范围这次不展开，知道教材有这一条即可。）

中值定理

$f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上连续，则至少存在一点 $(\xi,\eta)\in D$，使

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

其中 $S_D$ 是 $D$ 的面积。取 $f\equiv1$，立刻得到面积公式

$$S_D=\iint_D1\,\mathrm{d}\sigma$$

比较大小类题目：先把区域翻译成一个量的范围

被积函数只通过某个组合量（$x^{2}+y^{2}$、$x+y$ 之类）依赖 $x,y$ 时，比较大小根本不用算积分：把区域翻译成这个组合量的取值范围，再逐点比较被积函数，最后用比较性质。区域给的范围是全题的关键，它决定了幂次、对数、三角之间的不等式往哪个方向走。

比较 $I_1=\displaystyle\iint_D\cos\sqrt{x^{2}+y^{2}}\,\mathrm{d}\sigma$、$I_2=\displaystyle\iint_D\cos\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}\sigma$、$I_3=\displaystyle\iint_D\cos\left[\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}\right]\mathrm{d}\sigma$ 的大小，其中 $D:x^{2}+y^{2}\leqslant1$

记 $t=x^{2}+y^{2}$。$D$ 是单位圆盘，所以

$$t\in[0,1]$$

在这段范围里，三个被积函数的自变量分别是 $\sqrt t$、$t$、$t^{2}$，而 $[0,1]$ 上

$$\sqrt t\geqslant t\geqslant t^{2}$$

$\cos$ 在 $[0,1]$ 上单调递减，自变量越大函数值越小，于是

$$\cos\sqrt t\leqslant\cos t\leqslant\cos\left(t^{2}\right)$$

被积函数逐点比较完，用比较性质两边积分：

$$I_1\lt I_2\lt I_3$$

注意：这题不给任何数值也不需要积分技巧，全部靠 $t\in[0,1]$ 这一个范围。范围一变结论就废——比如把区域换成 $x^{2}+y^{2}\leqslant4$，$t\in[0,4]$，那 $\sqrt t\geqslant t$ 只在 $t\leqslant1$ 成立，逐点比较直接失效。所以做这类题，第一步永远是把区域翻译成组合量的范围。

比较 $\displaystyle\iint_D\ln^{3}(x+y)\,\mathrm{d}\sigma$、$\displaystyle\iint_D\ln^{3}(1+x+y)\,\mathrm{d}\sigma$、$\displaystyle\iint_D\tan^{3}(x+y)\,\mathrm{d}\sigma$ 的大小，其中 $D$ 由 $x=0$、$y=0$、$x+y=\frac12$、$x+y=1$ 围成

同样先把区域翻译成组合量的范围。记 $u=x+y$，四条直线给出

$$u\in\left[\dfrac{1}{2},1\right]$$

这段范围同时给了三件事：$u\gt0$（$\ln$、$\tan$ 都有定义）、$u\leqslant1\lt\frac{\pi}{2}$（$\tan$ 不会爆）、$u\leqslant1$（$\ln u\leqslant0$）。

在 $u\gt0$ 时有三句常识：

$$\ln u\lt\ln(1+u)\lt u\lt\tan u$$

第一段来自 $\ln$ 的单调性，后两段是常用的基本不等式。三次方在 $\mathbb{R}$ 上单调递增，把不等式原样传下去：

$$\ln^{3}u\lt\ln^{3}(1+u)\lt\tan^{3}u$$

用比较性质积分：

$$I_1\lt I_2\lt I_3$$

注意：这题三次方落在 $\ln$ 上是有讲究的。$u\in\left[\frac12,1\right]$ 内 $\ln u\leqslant0$，「奇次方保负号」，所以 $I_1$ 一上来就是负的，与另外两个正的不在同一个量级。要是把三次方换成平方，$\ln^{2}u$ 立刻翻正，而它与 $\ln^{2}(1+u)$ 在 $\left[\frac12,1\right]$ 上大小会交叉（$u=\frac12$ 时 $\ln^{2}u\gt\ln^{2}1.5$，$u=1$ 时反过来），逐点比较失效，只能老实算积分。看到幂次，先看落在哪个函数上、那个函数在区间里是正是负。

直角坐标下的计算

X 型区域

直角坐标下面积元素就是 $\mathrm{d}\sigma=\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$。若区域能用竖线的两个交点描述清楚：

$$D:\ a\leqslant x\leqslant b,\qquad f_1(x)\leqslant y\leqslant f_2(x)$$

则二重积分化成二次积分，「先对 $y$ 积、再对 $x$ 积」：

$$\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\int_a^b\left[\int_{f_1(x)}^{f_2(x)}f(x,y)\,\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x$$

几何上就是"平行截面面积已知求体积"：在 $x=x_0$ 处截一刀，截面是曲边梯形，内层积分积出的是「截面面积」（仍是 $x$ 的函数），外层把截面面积沿 $x$ 叠起来，积出「体积」。

Y 型区域

若区域能用横线的两个交点描述清楚：

$$D:\ c\leqslant y\leqslant d,\qquad \varphi_1(y)\leqslant x\leqslant\varphi_2(y)$$

则反过来，「先对 $x$ 积、再对 $y$ 积」：

$$\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\int_c^d\left[\int_{\varphi_1(y)}^{\varphi_2(y)}f(x,y)\,\mathrm{d}x\right]\mathrm{d}y$$

X 型、Y 型不是两种区域，是「同一个区域的两种切法」。判据是：拿竖线（或横线）去切，切出来的那一段是不是从头到尾只由两个函数夹着——两个交点分别落在两条不同的边界曲线上。满足，一处定限就够；不满足，就得用切点把区域拆成几块分别算。

定限纪律

1. 「上限必须大于下限」。内层的下限一定是下边界（$y$ 小的那条）、上限是上边界；外层的 $a\lt b$。定完限顺手看一眼，方向反了立刻能发现。
2. 「内层积完，剩下的式子只能含外层变量」。先对 $y$ 积完还剩 $y$，说明没积干净；外层限必须是「常数」，出现字母就是错了。
3. 做图习惯：只画「底面区域」的图，三维那部分留在脑子里。区域只画底面，是因为定限用到的全是底面的边界信息。

选次序的判据

画完底面图、求完交点，先别急着算——扫一眼内层那个积分，原函数是不是初等函数。内层积不出来，就把两个变量的次序换掉（X 型换 Y 型，或反过来），让那个"积不出来"的因子落到外层去。

不可积（原函数不能用初等函数表示）的常见形式，见到就要换次序或换坐标系：

• $e^{x^{2}}$、$e^{-x^{2}}$
• $\sin x^{2}$、$\cos x^{2}$
• $\sin\dfrac{1}{x}$、$\cos\dfrac{1}{x}$
• $\dfrac{\sin x}{x}$、$\dfrac{\cos x}{x}$、$\dfrac{e^{x}}{x}$
• $\dfrac{1}{\ln x}$

注意：$\dfrac{1}{x}$ 「是可以积的」：$\displaystyle\int\dfrac{\mathrm{d}x}{x}=\ln\lvert x\rvert+C$。它不可积的说法是错的，别把 $\dfrac1x$ 和 $\dfrac{1}{\ln x}$ 混起来——这条记混，考场上会把能算的题当成算不出来的，白换次序。

求 $\displaystyle\iint_D xy\,\mathrm{d}\sigma$，其中 $D$ 由 $y=x^{2}$ 与直线 $y=x+2$ 围成

第一步（求交点、定区域）：

$$x^{2}=x+2\ \Longrightarrow\ (x-2)(x+1)=0\ \Longrightarrow\ x=-1,\ 2$$

交点是 $(-1,1)$ 与 $(2,4)$。取 $x=0$ 试一下：$x+2=2\gt0=x^{2}$，所以直线在上、抛物线在下，竖线切下去正好两个交点，一处定限：

$$D:\ -1\leqslant x\leqslant2,\qquad x^{2}\leqslant y\leqslant x+2$$

第二步（化二次积分）：

$$\iint_D xy\,\mathrm{d}\sigma=\int_{-1}^{2}\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{x+2}xy\,\mathrm{d}y$$

第三步（内层，把 $x$ 当常数搬出去）：

$$\int_{x^{2}}^{x+2}xy\,\mathrm{d}y=x\left[\dfrac{y^{2}}{2}\right]_{x^{2}}^{x+2}=\dfrac{x}{2}\left[(x+2)^{2}-x^{4}\right]$$

第四步（展开后做外层）：

$$\dfrac{1}{2}\int_{-1}^{2}x\left[(x+2)^{2}-x^{4}\right]\mathrm{d}x=\dfrac{1}{2}\int_{-1}^{2}\left(x^{3}+4x^{2}+4x-x^{5}\right)\mathrm{d}x$$

第五步（代上下限）：

$$\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{x^{4}}{4}+\dfrac{4x^{3}}{3}+2x^{2}-\dfrac{x^{6}}{6}\right]_{-1}^{2}$$

在 $x=2$ 处：$4+\dfrac{32}{3}+8-\dfrac{32}{3}=12$；在 $x=-1$ 处：$\dfrac{1}{4}-\dfrac{4}{3}+2-\dfrac{1}{6}=\dfrac{3}{4}$。所以

$$\iint_D xy\,\mathrm{d}\sigma=\dfrac{1}{2}\left(12-\dfrac{3}{4}\right)=\dfrac{45}{8}$$

注意：内层积完先看一眼——剩下的式子只能含 $x$。这一步一秒就能查，但丢了它，后面全废。另外这题结果为正也合理：$x\lt0$ 那半边贡献负值、$x\gt0$ 那半边贡献正值，而右半边的区域更大、$y$ 也更大，正值压过负值。

求 $\displaystyle\iint_D\dfrac{\sin y}{y}\,\mathrm{d}\sigma$，其中 $D$ 由 $y=x$ 与 $y=\sqrt{x}$ 围成

第一步（判断能不能按 X 型做）：按竖切写出来是

$$\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{x}^{\sqrt{x}}\dfrac{\sin y}{y}\,\mathrm{d}y$$

写法合法（一条竖线交两个点），但内层要算 $\displaystyle\int\dfrac{\sin y}{y}\,\mathrm{d}y$——没有初等原函数，「能写不等于能算」。只能换次序，让 $y$ 落到外层，把 $\dfrac{\sin y}{y}$ 当常数放进 $x$ 的积分里。

第二步（改成横着切定限）：两曲线交于 $(0,0)$、$(1,1)$。固定 $y\in[0,1]$，左边界由 $y=\sqrt{x}$ 反解得 $x=y^{2}$，右边界由 $y=x$ 得 $x=y$；在 $(0,1)$ 内 $y^{2}\lt y$，所以

$$D:\ 0\leqslant y\leqslant1,\qquad y^{2}\leqslant x\leqslant y$$

第三步（化二次积分）：

$$\iint_D\dfrac{\sin y}{y}\,\mathrm{d}\sigma=\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{y^{2}}^{y}\dfrac{\sin y}{y}\,\mathrm{d}x$$

第四步（内层，被积函数对 $x$ 是常数）：

$$\int_{y^{2}}^{y}\dfrac{\sin y}{y}\,\mathrm{d}x=\dfrac{\sin y}{y}\left(y-y^{2}\right)=(1-y)\sin y$$

第五步（外层分部积分）：取 $u=1-y$、$\mathrm{d}v=\sin y\,\mathrm{d}y$，则 $\mathrm{d}u=-\mathrm{d}y$、$v=-\cos y$：

$$\int_{0}^{1}(1-y)\sin y\,\mathrm{d}y=\Big[-(1-y)\cos y\Big]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\cos y\,\mathrm{d}y=\big[0-(-1)\big]-\sin 1=1-\sin 1$$

注意：算完顺手做个量级检查——区域面积 $S_D=\displaystyle\int_0^1(y-y^{2})\,\mathrm{d}y=\dfrac{1}{6}\approx0.167$，而 $\dfrac{\sin y}{y}\in(0,1]$，所以积分必须略小于面积。$1-\sin1\approx0.1585\lt0.1667$，方向对。这种检查不用草稿纸，做完整题顺手就能做。

极坐标下的计算

面积元素

极坐标与直角坐标的关系是

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta$$

面积元素不再是 $\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$，而是

$$\mathrm{d}\sigma=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$$

来处是这样：取一个很小的角度 $\mathrm{d}\theta$，再用 $\mathrm{d}r$ 把它横着切一刀，得到一小块曲边四边形。把它当矩形看，沿弧方向的边长约等于弧长 $r\,\mathrm{d}\theta$，沿半径方向的边长就是 $\mathrm{d}r$，两者一乘就得到 $r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$。（严格说内弧取 $r\,\mathrm{d}\theta$、外弧取 $(r+\mathrm{d}r)\mathrm{d}\theta$，两者差的是一块 $(\mathrm{d}r)(\mathrm{d}\theta)$ 级别的小量，属于高阶无穷小，所以怎么取都落到同一个结果。）

注意：这个多出来的 $r$ 是极坐标计算里最容易漏的一笔。$\mathrm{d}\sigma$ 不等于 $\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$，少了 $r$ 整题全错。习惯上定完限先把 $r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ 整块写上，再往下算。

换元与定限

把换算关系与面积元素一起代进去：

$$\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma=\iint_{D'}f\!\left(r\cos\theta,\,r\sin\theta\right)r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$$

定限顺序与直角坐标一个套路：先定 $\theta$，再拉射线定 $r$。

$$\alpha\leqslant\theta\leqslant\beta,\qquad r_1(\theta)\leqslant r\leqslant r_2(\theta)$$$$\iint_D f\,\mathrm{d}\sigma=\int_{\alpha}^{\beta}\mathrm{d}\theta\int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)}f\!\left(r\cos\theta,r\sin\theta\right)r\,\mathrm{d}r$$

要点：

1. $\theta$ 的范围读"区域张开多大的角"——从起始射线 $\theta=\alpha$ 扫到终止射线 $\theta=\beta$，取最小的那一圈
2. $r$ 的上下限：固定一个 $\theta$，沿射线从极点往外走，进入区域的点是下限、离开区域的点是上限
3. 射线一出发就在区域里（区域包住了极点）时，下限直接取 $0$
4. 自检仍然是：上限大于下限、$r\geqslant0$

什么时候用极坐标

两件事同时满足时收益最大：「区域是圆、环、扇形」（或圆的一部分），被积函数含 $x^{2}+y^{2}$、$\sqrt{x^{2}+y^{2}}$、$\dfrac{y}{x}$ 这类结构。因为

$$x^{2}+y^{2}=r^{2}\cos^{2}\theta+r^{2}\sin^{2}\theta=r^{2}$$

平方和恒等式一用，$\theta$ 整个消失，二维的依赖关系塌成一维。可以把它理解成"换元"：把 $(x,y)$ 换成 $(r,\theta)$，代价是面积元素多乘一个 $r$。

求 $\displaystyle\iint_D\ln\left(1+x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}\sigma$，其中 $D:x^{2}+y^{2}\leqslant1$

第一步（定限）：$D$ 是圆盘且包含极点，所以

$$0\leqslant\theta\leqslant2\pi,\qquad 0\leqslant r\leqslant1$$

（$r$ 的上限来自 $x^{2}+y^{2}\leqslant1\Rightarrow r^{2}\leqslant1$。）

第二步（换元）：

$$\iint_D\ln\left(1+x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}\sigma=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\ln\left(1+r^{2}\right)r\,\mathrm{d}r$$

被积函数与 $\theta$ 无关，内层积完是常数，外层直接乘 $2\pi$：

$$=2\pi\int_{0}^{1}r\ln\left(1+r^{2}\right)\mathrm{d}r$$

第三步（换元 $u=1+r^{2}$，$\mathrm{d}u=2r\,\mathrm{d}r$）：

$$\int_{0}^{1}r\ln\left(1+r^{2}\right)\mathrm{d}r=\dfrac{1}{2}\int_{1}^{2}\ln u\,\mathrm{d}u=\dfrac{1}{2}\Big[u\ln u-u\Big]_{1}^{2}=\dfrac{1}{2}\left(2\ln2-1\right)$$

所以

$$\iint_D\ln\left(1+x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}\sigma=\pi\left(2\ln2-1\right)\approx1.2136$$

注意：自检很好用——区域面积 $S_D=\pi\approx3.1416$，被积函数 $\ln(1+r^{2})$ 在 $[0,\ln2]\approx[0,0.693]$ 之间，$r$ 加权偏大 $r$、平均值取 $0.3863$，乘起来 $1.21$ 量级正确。

求 $\displaystyle\iint_D\sqrt{x}\,\mathrm{d}\sigma$，其中 $D$ 由 $x^{2}+y^{2}\leqslant x$ 与 $y\geqslant0$ 给出

第一步（把区域翻译成 $(r,\theta)$）：代入 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$：

$$r^{2}\leqslant r\cos\theta\ \Longrightarrow\ r\leqslant\cos\theta\quad(r\gt0)$$

$r\leqslant\cos\theta$ 要能成立，必须有 $\cos\theta\geqslant0$；再加上 $y\geqslant0$ 对应 $\theta\geqslant0$，两下一凑：

$$0\leqslant\theta\leqslant\dfrac{\pi}{2},\qquad 0\leqslant r\leqslant\cos\theta$$

第二步（换元）：$\sqrt{x}=\sqrt{r\cos\theta}$，于是

$$\iint_D\sqrt{x}\,\mathrm{d}\sigma=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\cos\theta}\sqrt{r\cos\theta}\cdot r\,\mathrm{d}r$$

第三步（内层，$\sqrt{\cos\theta}$ 是常数）：

$$\int_{0}^{\cos\theta}r^{\frac{3}{2}}\sqrt{\cos\theta}\,\mathrm{d}r=\sqrt{\cos\theta}\cdot\dfrac{2}{5}r^{\frac{5}{2}}\bigg|_{0}^{\cos\theta}=\dfrac{2}{5}\cos^{3}\theta$$

第四步（外层）：

$$\dfrac{2}{5}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{3}\theta\,\mathrm{d}\theta=\dfrac{2}{5}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\sin^{2}\theta\right)\mathrm{d}(\sin\theta)=\dfrac{2}{5}\left[\sin\theta-\dfrac{\sin^{3}\theta}{3}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{15}$$

注意：这题的 $\theta$ 范围不是"随手看图形张开多大角"定的，而是被 $r$ 的上限牵着走的——上限里出现 $\cos\theta$，就要求 $\cos\theta\geqslant0$。如果区域是完整的圆盘（不加 $y\geqslant0$），$\theta$ 就取 $\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$，同样算法给出来是 $\dfrac{8}{15}$。定限前先把区域"是哪一块"说清楚。

求 $\displaystyle\iint_D xy\,\mathrm{d}\sigma$，其中 $D$ 由双纽线 $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=x^{2}-y^{2}$、$x$ 轴以及 $x\geqslant0$、$y\geqslant0$ 围成

第一步（把曲线翻译成极坐标）：代入 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$：

$$r^{4}=r^{2}\cos2\theta\ \Longrightarrow\ r^{2}=\cos2\theta\ \Longrightarrow\ r=\sqrt{\cos2\theta}$$

（用到 $x^{2}-y^{2}=r^{2}\left(\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta\right)=r^{2}\cos2\theta$。）$r^{2}\geqslant0$ 要求 $\cos2\theta\geqslant0$，即 $\theta\in\left[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right]$ 或 $\left[\frac{3\pi}{4},\frac{5\pi}{4}\right]$——这就是双纽线的两瓣。本题限制在第一象限，所以

$$0\leqslant\theta\leqslant\dfrac{\pi}{4},\qquad 0\leqslant r\leqslant\sqrt{\cos2\theta}$$

第二步（换元）：

$$\iint_D xy\,\mathrm{d}\sigma=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{\cos2\theta}}\left(r\cos\theta\right)\left(r\sin\theta\right)r\,\mathrm{d}r$$

第三步（内层，$\sin\theta\cos\theta$ 是常数）：

$$\int_{0}^{\sqrt{\cos2\theta}}r^{3}\,\mathrm{d}r=\dfrac{r^{4}}{4}\bigg|_{0}^{\sqrt{\cos2\theta}}=\dfrac{\cos^{2}2\theta}{4}$$

第四步（外层，先化倍角再换元）：$\sin\theta\cos\theta=\dfrac{\sin2\theta}{2}$，

$$I=\dfrac{1}{8}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin2\theta\cos^{2}2\theta\,\mathrm{d}\theta$$

取 $u=\cos2\theta$，$\mathrm{d}u=-2\sin2\theta\,\mathrm{d}\theta$，上下限由 $1$ 变到 $0$：

$$I=\dfrac{1}{8}\cdot\left(-\dfrac{1}{2}\right)\int_{1}^{0}u^{2}\,\mathrm{d}u=\dfrac{1}{16}\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{48}$$

注意：自检——区域面积 $S_D=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos2\theta\,\mathrm{d}\theta=\dfrac{1}{4}$，平均 $xy=\dfrac{1/48}{1/4}=\dfrac{1}{12}\approx0.083$。区域内 $x$ 最大到 $1$（均值约 $0.7$）、$y$ 最大约 $0.354$，乘积平均落在 $0.08$ 附近，合理。另外这题的区域是"曲线 + $x$ 轴"围成的「一瓣的一半」，所以 $\theta$ 从 $0$ 到 $\frac{\pi}{4}$；若题目说围成的一整瓣，角范围就是 $\left[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right]$。

几种要记住的曲线

这几条曲线在定积分与二重积分的题里反复出现，画图默写都靠它们，三条方程（直角坐标、极坐标、参数方程）能写就写。

心形线

极坐标方程（四个方向）：

$$r=a(1+\cos\theta),\qquad r=a(1-\cos\theta),\qquad r=a(1+\sin\theta),\qquad r=a(1-\sin\theta)$$

直角坐标方程（以 $r=a(1+\cos\theta)$ 为例）：

$$\left(x^{2}+y^{2}-ax\right)^{2}=a^{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)$$

参数方程（以 $r=a(1+\cos\theta)$，把 $\theta$ 当参数 $t$ 为例）：

$$x=a(1+\cos t)\cos t,\qquad y=a(1+\cos t)\sin t$$

常用结论：一整个心形围成的面积 $S=\dfrac{3\pi a^{2}}{2}$，周长 $L=8a$。

伯努利双纽线

两种摆放：

$$r^{2}=a^{2}\cos2\theta\ \ (\text{横放}),\qquad r^{2}=a^{2}\sin2\theta\ \ (\text{竖放})$$

直角坐标方程（以横放为例）：

$$\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=a^{2}\left(x^{2}-y^{2}\right)$$

参数方程（以横放、$a=1$ 为例）：

$$x=\dfrac{a\cos t}{1+\sin^{2}t},\qquad y=\dfrac{a\sin t\cos t}{1+\sin^{2}t}$$

常用结论：横放时两瓣分别在 $\theta\in\left[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right]$ 与 $\left[\frac{3\pi}{4},\frac{5\pi}{4}\right]$，两瓣总面积 $S=a^{2}$，一瓣 $\dfrac{a^{2}}{2}$，第一象限那半瓣 $\dfrac{a^{2}}{4}$。

摆线

参数方程（半径 $a$ 的圆沿直线滚动，圆上一点划出的轨迹）：

$$x=a(t-\sin t),\qquad y=a(1-\cos t),\qquad t\in[0,2\pi]\ \text{画出一拱}$$

直角坐标方程写起来很啰嗦（含反三角与根号），一般不背；摆线也没有简洁的极坐标方程，它只走参数方程这一条路。

常用结论：一拱的面积 $S=3\pi a^{2}$，弧长 $L=8a$。