计算方法

本节内容一般都应该先画图再思考后续内容较为直观

基本口诀是：后积先定限，限内画条线，先交写下限，后交写上限（且下限必须小于上限）

结合下图进行解释，后积先定限，对于X-型来说（看底下(1)那个式子）最后面是$dy$是先积分的，这个积分完才是对$x$积分的，因此$x$属于后积，那先确定它的上下限，即x轴方向上的始末。接着沿垂直于$x$轴的方向画线，形成$dy$的上下限

仍以X-型为例，此时先对$y$积分，故$x$看成常数，随机积分得到一个仅含x的式子（因为根据NL公式求积分后$y$都被上下限带入值了，上下限是只关于x的函数），这样再继续进行下一次积分就能出最后结果了。

关键是把$d\sigma$这个二维的微元转换成一维的形式，这不意味着一定是$dxdy$，在极坐标系下也可以进行类似的处理，即$d\sigma =d\theta rdr$，并且极坐标系下一般都是先对$r$再对$\theta$进行积分的

$${\iint }_{D}f(x,y)dxdy={\iint }_{D}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdrd\theta ={\int }_{\alpha }^{\beta }d\theta {\int }_{r({\theta }_1)}^{r({\theta }_2)}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr$$

细说的内容可以看@高数叔的文章：知乎 - 《高等数学》二重积分计算（极坐标）

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关于轮换对称性，只看积分区域$D$是否关于$y=x$对称即可（即$x$和$y$对调之后区域$D$不变）

题目与思路

数形结合

由上图，若在紫色线$x-y=-2$和黄色线$x-y=2$之间平移一条和他们斜率相等的线，则必有$-2<x-y<2$，则可推知$-1<\frac{x-y}{2}<1$，则$-1<|\frac{x-y}{2}|$，由于$\sin x$在区间$[0,1]$是单调递增的，所以有
$$\sin (\frac{x-y}{2}{)}^2=\sin |\frac{x-y}{2}{|}^2<\sin |\frac{x-y}{2}|$$答案选D

奇偶性

30J.L12.2

题目中的积分式子可以拆成两部分，其中一部分根据奇偶性得到结果为0，最终答案是另一部分的结果。根据奇偶性得到结果为0的式子就是下面这个

$${\iint }_{D}xy{e}^{\frac{x^2+y^2}{2}}d\sigma$$

拆成${\iint }_{D}x{y}^{5}dxdy$和$-{\iint }_{D}1dxdy$，前者为0，只用计算后者即可

对于前者为0，是因为按可加性拆为两个区域
$D_2$关于$y$轴对称，原式是$y$的奇函数，为0。
$D_1$关于$x$轴对称，原式是$x$的奇函数，为0。

关于$x$轴对称要看$y$的奇偶性，反之同理

轮换对称性

30J.L12.4

对椭圆的积分利用轮换对称性变成对圆的积分

$$I={\iint }_D(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2})dxdy={\iint }_D(\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2})dxdy$$
故有下式：
$$I=\frac{1}{2}(2I)=\frac{1}{2}(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}){\iint }_D(x^2+y^2)dxdy$$

然后换到极坐标系下，秒了

30J.T12.3

分拆为两部分后得到${\iint }_D{e}^{\sin y}+e^{-\sin x}dxdy$，然后对仅含y的使用轮换对称性，随后得到${\iint }_D{e}^{\sin x}+e^{-\sin x}dxdy$，最后使用不等式$a+b\ge 2\sqrt{ab}$，故$e^{\sin x}+e^{-\sin x}\ge 2$，原式化为${\iint }_{D}2dxdy\ge 2{\pi }^2$

极坐标系转直角坐标系

30J.L12.5

计算$I={\iint }_D{r}^2\sin \theta \sqrt{1-r^2\sin 2\theta }drd\theta$，其中$D=\{(r,\theta )|0\le r\sec \theta ,0\le \theta \le \frac{\pi }{4}\}$

被积函数跟圆也没有关系，积分区域也不是圆的一部分

区域$r=\sec \theta =\frac{1}{\cos \theta }\to r\cos \theta =1=x$可得直角坐标系下的线

$I={\iint }_D{r}^2\sin \theta \sqrt{1-r^2\sin 2\theta }drd\theta ={\iint }_{D}y\sqrt{1-x^2+y^2}dxdy$

随后处理步骤就是换元

$${\iint }_{D}y\sqrt{1-x^2+y^2}dxdy=\frac{1}{2}{\int }_0^{1}dx{\int }_0^x\sqrt{1-x^2+y^2}d(1-x^2+y^2)$$

要注意在$dy$时候$x$是常数，此时修改积分变量加到里面是完全没问题的，常数求导结果为0的。

30J.T12.2

关键是会画$r=\cos \theta$这条线，两边同乘$r$可得$r^2=r\cos \theta$，亦即$x^2+y^2=x$

交换积分次序

某些函数虽然有原函数，但是原函数不能用初等函数表示，此时的处理方法是交换积分次序，这类函

300T.T12.9

考点：交换积分次序+变限积分求导公式

二重积分处理一重积分的问题

30J.L12.8

设$f(x)={\int }_x^1\sin (\pi u^2)du$求${\int }_0^{1}f(x)dx$

两种方法：一是分部积分法，二是化为二重积分后交换积分次序（需要找到积分区域$D$）

$${\int }_0^{1}d(x)dx=xf(x){|}_0^1={\int }_0^{1}xd[f(x)]=0-{\int }_0^{1}xd[{\int }_x^1\sin (\pi u^2)]={\int }_0^{1}x\sin (\pi x^2)dx=\frac{1}{\pi }$$

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该技巧可以使用的另一种情况的典型特征是两个（积分变量相同的）积分相乘，这里面运用到的一个重要的思想就是积分与字母无关

30J.L12.9

设$f(x)$为恒大于0的连续函数，证明${\int }_0^{1}f(x)dx\cdot {\int }_0^1\frac{1}{f(x)}dx\ge 1$

唉，分别把$f(x)$和$\frac{1}{f(x)}$整成$y$来处理，然后两个$I$相加就行了，相当于是证明$\frac{2I}{2}\ge 1$，积分区域$D$不言自明，左下角在原点边长为1的正方形。

最后用了一下不等式$a+b\ge 2\sqrt{ab}$

30J.L12.10

计算${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx$

因为$I={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx$则$I^2={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx\cdot {\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx\cdot {\int }_0^{+\infty }{e}^{-y^2}dy$

因此经过整理可以化为$${\iint }_D{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy$$其中D是第一象限，接着转极坐标处理即可

最后由积分的保号性可知$I>0$

其余要点

二重积分结果不一定是正的，比如$f(x,y)$若小于0，其体积实际上是$-{\iint }_{D}f(x,y)dxdy$