【学习笔记】数学笔记其八 · 二重积分

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二重积分这块整体都非常好搞。公式化、流水线化。虽然多重积分内核丰富，但数二范围内花样十分贫瘠。高数界最矮的山。

不过它也不是好搞的。它依赖于一个重要的前置: 一元积分。这也使得它凭借计算量成为了卷子上最体力活的题。当然前提是你面对大部分积分时笔不能停。

定积分的极限求和定义2#

二重积分的极限求和定义不需要新东西。我们先把一元的方法抄过来:

一般来说, 对于一个看起来可以改成积分的极限求和题, 有步骤:

将原式写成 $\lim_{ n \to \infty }\frac{1}{n}\sum_{k=0}^n \cdot f\left(\frac{k}{n}, \frac{1}{n}\right)$ , 即提取一个 $\frac{1}{n}$ 因子, 其余部分用 $\frac{k}{n}$ 和 $\frac{1}{n}$ 表示. 其中, $\frac{1}{n}$ 用于定积分本身定义, $\frac{k}{n}$ 视为 $x$ , 且剩余的 $\frac{1}{n}$ 可以直接极限求得 $0$ .

令 $x = \lim_{n\to\infty} \frac{k}{n}$ （即 $k/n \to x$ ），同时令 $\frac{1}{n} \to 0$ , 得到 $f(x,0)$ .

于是极限为 $\int_0^1 f(x,0)\,dx$ .

简单来说，就是

\lim_{ n \to \infty } \textcolor{magenta}{ \frac{1}{n} }\textcolor{aqua}{ \sum_{i=1}^n }\textcolor{yellow}{ f\left( \frac{i}{n}, \frac{1}{n} \right) } = \textcolor{aqua}{ \int_{0}^1 }\textcolor{yellow}{ f(x,0) }\textcolor{magenta}{ \;dx }

但我这里为了下文，需要细展开一个上下限:

\lim_{ n \to \infty } \textcolor{magenta}{ \frac{1}{n} }\textcolor{aqua}{ \sum_{\textcolor{salmon}{ i=1 }}^{\textcolor{lime}{ n }} }\textcolor{yellow}{ f\left( \frac{i}{n}, \frac{1}{n} \right) } = \textcolor{aqua}{ \int_{\textcolor{salmon}{ \frac1n }}^{\textcolor{lime}{ \frac nn }} }\textcolor{yellow}{ f(x,0) }\textcolor{magenta}{ \;dx }

把一维方法用两次。双和比单和只多一层和号，于是先对内层和用一次一维方法（外层变量此时是常数，但要特别注意 $\frac{i}{n}$ 不能看做 $\frac{1}{n}$ 那样直接趋于 $0$ ），得到一个只含外层变量的单和，再对外层用一次一维方法:

\begin{align*} &\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{\varphi(i,n)}f\left(\frac{i}{n},\frac{j}{n}\right) \\ =&\textcolor{gray}{ \lim_{n\to\infty} } \textcolor{magenta}{\frac{1}{n}} \textcolor{aqua}{\sum _{\textcolor{salmon}{ i=1 }} ^{\textcolor{lime}{ n }} } \textcolor{pink}{ \left[ \textcolor{magenta}{\frac{1}{n}} \textcolor{aqua}{\sum _{\textcolor{salmon}{ j=1 }} ^{\textcolor{lime}{ \varphi(i,n) }}} \textcolor{yellow}{f\left(\frac{i}{n},\frac{j}{n}\right)} \right] } \\ =&\textcolor{gray}{ \lim_{n\to\infty} } \textcolor{magenta}{\frac{1}{n}} \textcolor{aqua}{\sum _{\textcolor{salmon}{ i=1 }} ^{\textcolor{lime}{ n }} } \textcolor{pink}{ \left[ \textcolor{aqua}{ \int _{\textcolor{salmon}{ 1/n }} ^{\textcolor{lime}{ \varphi/n } } } \textcolor{yellow}{f\left(\frac{i}{n},x\right) \textcolor{magenta}{ dx }} \right] }\,,\quad \textcolor{lime}{ \psi\left( \frac{i}{n} \right)=\frac{\varphi(i,n)}{n} } \textcolor{gray}{ +o(1) } \\ =&\textcolor{gray}{ \lim_{n\to\infty} } \textcolor{magenta}{\frac{1}{n}} \textcolor{aqua}{\sum _{\textcolor{salmon}{ i=1 }} ^{\textcolor{lime}{ n }} } \textcolor{pink}{ \left[ \textcolor{aqua}{ \int _{0} ^{\textcolor{lime}{ \psi(i/n) } } } \textcolor{yellow}{f\left(\frac{i}{n},x\right) \textcolor{magenta}{ dx }} \textcolor{salmon}{+ o(1)} \right] } \\ =&\textcolor{gray}{ \lim_{n\to\infty} } \textcolor{magenta}{\frac{1}{n}} \textcolor{aqua}{\sum _{\textcolor{salmon}{ i=1 }} ^{\textcolor{lime}{ n }} } \textcolor{pink}{ F\left(\frac{i}{n}\right) } \\ =&\textcolor{aqua}{\int _{\textcolor{salmon}{0}} ^{\textcolor{lime}{1}} } \textcolor{pink}{ F(y) } \textcolor{magenta}{\;dy}\\ =&\textcolor{aqua}{\int _{\textcolor{salmon}{0}} ^{\textcolor{lime}{1}} } \textcolor{pink}{ \textcolor{aqua}{ \int _{\textcolor{salmon}{ 0 }} ^{\textcolor{lime}{ \psi(y) } } } \textcolor{yellow}{f\left(y,x\right)\; \textcolor{magenta}{ dx }} } \textcolor{magenta}{\;dy}\\ \end{align*}

这就是二重积分的定积分极限求和定义，不难推导。

27330:173/120/★★★★★#

求极限

\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\left[\frac{1}{(n+i+1)^2}+\frac{1}{(n+i+2)^2}+\cdots+\frac{1}{(n+i+i)^2}\right]

括号里是 $j$ 从 $1$ 到 $i$ 的和。先按一维方法把 $n$ 提干净，再对 $j$ 、对 $i$ 各用一次一维方法。

先把每一项里的 $n$ 提出来:

\frac{1}{(n+i+j)^2}=\frac{1}{n^2}\cdot\frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}+\frac{j}{n}\right)^2}

原式写成极限求和:

\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\underbrace{\left[\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{i}\frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}+\frac{j}{n}\right)^2}\right]}_{\text{第一次: 对 }j}

故有:

\begin{align*} &\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i} \frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}+\frac{j}{n}\right)^2} \\ &= \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \left[ \frac{1}{n}\sum_{j=1}^{i} \frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}+\frac{j}{n}\right)^2} \right], \begin{cases} x=\frac{j}{n} \\ y=\frac{i}{n} \end{cases} \\ &= \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \left[ \int_0^y \frac{1}{\left(1+y+x\right)^2}\,dx + o(1) \right] \\ &= \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \left[ \left( \frac{1}{1+y} - \frac{1}{1+2y} \right) + o(1) \right] \\ &= \int_0^1 \left( \frac{1}{1+y} - \frac{1}{1+2y} \right) dy \\ &= \left[ \ln(1+y) - \frac{1}{2}\ln(1+2y) \right]_{0}^{1} \\ &= \ln 2 - \frac{1}{2}\ln 3 = \ln\frac{2}{\sqrt{3}}. \end{align*}

优雅的复杂本质是递归和重复。

内层求和的上限 $i$ 经 $\frac{i}{n}\to y$ 变成内层积分的上限 $y$ （即 $j\le i$ 对应 $x\le y$ , 区域是三角形 $0\le x\le y\le1$ ）。内层上限是其他 $i$ 的函数时同理。

NOTE
连续函数在闭区域上必可积，和一维完全平行，这条不用背。另外顺带记一个后面有大用的”废话”: $\iint_D1\,d\sigma=D$ 的面积，面积差法全靠它。

二重计算方法#

方法总览: 对于二重积分 $\iint_{D}f(x,y)\,dxdy$ , 流程固定得枯燥:

$f$ 可以明显分为 $g+h$ : 分解函数
区域对称&函数某一部分有奇偶性: 对称消除/翻倍
$f$ 在区域内有不可微: 分解区域
区域很怪,但可以分成两个简单区域之和差: 分解区域
$f(x,y)$ 含有 $\sqrt{ x^{2}+y^{2} }$ 要素: 转极坐标
区域 $D$ 含圆(扇形、圆环等): 转极坐标
先积的那个积不出来: 交换积分次序

方程结构基础#

先搞清楚一个二重积分”长什么样”，不然后面全是空中楼阁。三个问题:

问题一: $dx$ 的位置？

看累次积分的写法:

\textcolor{lime}{ \int_a^b dx }\textcolor{magenta}{ \int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)} } f(x,y)\,\textcolor{magenta}{ dy }

这里 $\textcolor{lime}{ dx }$ 夹在两个积分号中间,第二个积分号前面。这是一个约定。本质上 $\textcolor{lime}{ dx }$ 是一个乘上去的量，写在哪都可以，一元积分里约定写在最后。实际上写成

\textcolor{lime}{ \int_a^b }\left[ \textcolor{magenta}{ \int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)} } f(x,y)\,\textcolor{magenta}{ dy } \right]\, \textcolor{lime}{ dx }

是一样的。约定写法主要强调计算顺序的先内后外和变量匹配，先算第二个积分号（对 $y$ 积， $x$ 当参数），得到一个只含 $x$ 的函数，再算第一个积分号（对 $x$ 积）。

$\iint_D f\,dx\,dy$ 里的 $dx\,dy$ 只是一个整体面积微元的记号，毕竟同一块面积怎么积出来都是一个值。但你将上下限写出来用作计算之时，你就已经定义了上下限是从哪个轴开始积的了。

非矩形区域上，内层的上下限会依赖外层变量，故次序不能随便换。

问题二: 能乘积分离的二重积分会变成一次积分的乘积？

如果被积函数能分离成 $f(x,y)=g(x)h(y)$ , 且区域是矩形 $[a,b]\times[c,d]$ :

\begin{align*} \iint_D g(x)h(y)\,dx\,dy &=\int_a^b\left[\int_c^d g(x)h(y)\,dy\right]dx \\ &=\int_a^b g(x)\left[\int_c^d h(y)\,dy\right]dx \\ &=\int_c^d h(y)\,dy\cdot\int_a^b g(x)\,dx \end{align*}

这个结果虽然反直觉，但其实完全可以用一元积分的知识点解释。上面的推导即是一种。实际例子是:

\iint_{[0,1]\times[0,2]} x^2y\,dx\,dy =\left(\int_0^1 x^2\,dx\right)\left(\int_0^2 y\,dy\right) =\frac13\cdot2=\frac23

问题三: 只给区域定义怎么写出上下限？

这个概念很简单但感觉要解答这个问题要画很多图。这里就不写了，初学网上有很多方法，会一次就会一百次了。

最大问题在于有多种写法怎么写更好。这个东西还是看脑内草稿缓存容量利用率。虽然脑内Cache容量是固定的，但推导时存储的意象更小可以让你探查到更远的步骤，从而知道哪些路走得通走不通。

说白了就是多做。

交换次序法#

一般来说，一个普通的函数+面积二重积分展开之后只有四种情况，分别是:

\begin{align*} \begin{cases} \int dy\int f\; dx \\ \int dx\int f\; dy \\ \end{cases} \\[6pt] \begin{cases} \int d\theta\int f\; dr \\ \int dr\int f\; d\theta \end{cases} \end{align*}

换序实质上就是在这些东西之间两两交换。所以只要会所有写出上下限的方法基本就可以了。换序求得的积分值是不变的。

什么时候需要换序？先积的那个变量积不出来的时候。典型如 $e^{x^2}$ 、 $\dfrac{\sin x}{x}$ 这种没有初等原函数的，换。例:

I=\int_0^1 dx\int_x^1 e^{y^2}\,dy

内层 $\int e^{y^2}dy$ 没有初等原函数。画区域: $0\le x\le1$ , $x\le y\le1$ , 等价于 $0\le y\le1$ , $0\le x\le y$ 。换序:

I=\int_0^1 dy\int_0^y e^{y^2}\,dx =\int_0^1 y\,e^{y^2}\,dy =\frac12\left(e^{y^2}\right)\Big|_0^1 =\frac{e-1}{2}

变量代换法#

极坐标是它的特例，先讲一般形式，后面才好理解极坐标为什么多个 $r$ 。

一般换元步骤:

有 $\iint_D f(x,y)\,dx\,dy$
我们判断将其映射到 $u(x,y)$ , $v(x,y)$ 上会更方便计算
设根据以上映射, $f(x,y)=g(u,v)$
$xy$ 平面区域 $D$ 被映射到 $uv$ 平面区域 $D'$

\iint_D f(x,y)\,dx\,dy =\iint_{D'} g(u,v)\,|J|\,du\,dv

其中，使用 $x=x(u,v),\,y=y(u,v)$ , 则有:

J=\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\begin{vmatrix} x_u & x_v\\ y_u & y_v \end{vmatrix}=x_uy_v-x_vy_u

$|J|$ 是什么？换元把 $uv$ 平面上一个小矩形变成 $xy$ 平面上一个小平行四边形，面积伸缩的倍数就是 $|J|$ 。它替我们回答”变完之后面积还对不对”的问题。

当然数二只需要知道两个特例:

一、平移换元

面积不伸缩( $J=1$ )，只要记得弄明白被积区域即可。

改圆心例题如求

\begin{align*} \iint_D\big[(x-1)^2+(y-2)^2\big]\,dx\,dy \\ D=\{(x,y) | (x-1)^2+(y-2)^2\le4\} \end{align*}

区域是以 $(1,2)$ 为中心的圆域，直接极坐标的话圆心不对。先平移换元

\begin{align*} &\begin{cases} u=x-1 \\ v=y-2 \\ \end{cases} \\[6pt] &\begin{cases} (x-1)^2+(y-2)^2=u^{2}+v^{2} \\ \{(x,y) | (x-1)^2+(y-2)^2\le4\}=\{(u,v) | u^2+v^2\le4\} \end{cases} \\[6pt] &\iint_{(x-1)^2+(y-2)^2\le4}\big[(x-1)^2+(y-2)^2\big]\,dx\,dy \\ =&\iint_{u^2+v^2\le4}(u^2+v^2)\,du\,dv \end{align*}

一般的线性变换下 $J$ 是常数，也不难算。

不过有个细节是公式里是 $|J|$ , 不会出现负数。

TIP
这个 $J$ 我们一般管它叫雅可比行列式。没错，就是那个最近被fable 5证伪的雅可比猜想里，为常数的那个雅可比行列式。
至于 $\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\begin{vmatrix}x_u & x_v\\y_u & y_v\end{vmatrix}$ 是怎么来的，虽然数二里是超纲内容，但我这里还是推荐个视频简单理解一下: 什么函数导出来是个矩阵? 雅可比矩阵科普

极坐标法#

本质就是变量代换

\begin{align*} &\begin{cases} x=r\cos\theta \\ y=r\sin\theta \end{cases} \\[6pt] J&=\begin{vmatrix}\cos\theta&-r\sin\theta\\ \sin\theta&r\cos\theta\end{vmatrix}=r(\cos ^{2}\theta+\sin ^{2}\theta)=r \\[6pt] dx\,dy&=r\,dr\,d\theta \end{align*}

多出来的 $r$ 就是这么来的。

当区域是圆、环、扇形，或被积函数里有 $x^2+y^2$ 、 $\dfrac{y}{x}$ 、 $xy$ 这类团块时，推荐用极坐标。如上个例子中结尾留的:

\begin{align*} &\iint_{x^2+y^2\le4}(x^2+y^2)\,dx\,dy \\ =&\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^2 r^2\cdot r\,dr \\ =&2\pi\cdot4 \\ =&8\pi \end{align*}

其中 $\theta$ 的 $[0,2\pi]$ 是一个圆的全方位，而 $r$ 的 $[0,2]$ 是指圆是实心的（从内圈r=0到外圈，即半径 $r=2$ ）写出上下限与换序的方法同直角坐标，此处不再重复不过基本都是先半径再角度。

常用直角坐标方程改极坐标:

\begin{align*} y&=a \\ r\sin \theta&=a \\ r&=\frac{a}{\sin \theta} \end{align*}

\begin{align*} x&=a \\ r\cos \theta&=a \\ r&=\frac{a}{\cos \theta} \end{align*}

\begin{align*} x^2+y^2&=2ax \\ r^{2}&=2a r \cos \theta \\ r&=2a \cos \theta \end{align*}

圆心不在原点的圆也能用极坐标，只是 $\theta$ 范围会变成半个圆周。比如 $x^2+y^2=2x$ 即 $r\le2\cos\theta$ , 此时 $\theta\in\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right]$ ——过原点的圆， $\theta$ 扫半圈。

分解法#

二重积分可以从两个方向拆，和一元积分是对应的。拆完之后各算各的，甚至可以一项用直角一项用极坐标，完全互不干扰。哪项好算，就给它配哪种方法。

1. 按被积函数拆(式和):

\iint_D(\textcolor{aqua}{ f_1+f_2 })\,dx\,dy =\iint_D \textcolor{aqua}{ f_1 }\,dx\,dy +\iint_D \textcolor{aqua}{ f_2 }\,dx\,dy

这种方法在一元积分上是完全一样的

2. 按区域拆(限的分解):

\iint_{\textcolor{lime}{ D }} f\,dx\,dy =\iint_{\textcolor{lime}{ D_1 }}f\,dx\,dy +\iint_{\textcolor{lime}{ D_2 }}f\,dx\,dy ,\quad \textcolor{lime}{ D=D_1\cup D_2 }

区域长得歪七扭八时，先拆成几块规整的。你应该已经知道这种方法对应一元积分的什么了。

没错, $\int_{a}^\xi+\int_{\xi}^b$ .

3. 构造差法: 复杂区域的面积可以大块减挖空:

\iint_{\textcolor{lime}{ D_1 }}f\,dx\,dy =\iint_{\textcolor{lime}{ D }}f\,dx\,dy -\iint_{\textcolor{lime}{ D_2 }}f\,dx\,dy ,\quad \textcolor{lime}{ D=D_1\cup D_2 }

这不小学割补算面积题吗。

4. 奇点(奇线)必须剪开: 被积函数在某点/某线上无定义或不可微，直接积分绝对积不动。唯一指定方法是按区域拆分，具体来说是沿奇线把区域剪开，每一块内函数都可积，分别积分再加。有例:

\iint_{[-2,2]\times[0,4]}|x^2-y|\,dx\,dy

$|x^2-y|$ 在 $y=x^2$ 这条抛物线上“折”了一下(绝对值变号)，这就是奇线。沿 $y=x^2$ 把矩形剪成两块:

下方 $R_1=\{x\in[-2,2],\ 0\le y\le x^2\}$ , 此时 $|x^2-y|=x^2-y$ :

I_1=\int_{-2}^{2}dx\int_0^{x^2}(x^2-y)\,dy =\int_{-2}^{2}\frac{x^4}{2}\,dx=\frac{32}{5}

上方 $R_2=\{x\in[-2,2],\ x^2\le y\le4\}$ , 此时 $|x^2-y|=y-x^2$ :

I_2=\int_{-2}^{2}dx\int_{x^2}^{4}(y-x^2)\,dy =\int_{-2}^{2}\left(8-4x^2+\frac{x^4}{2}\right)dx=\frac{256}{15}

相加:

\iint_{[-2,2]\times[0,4]}|x^2-y|\,dx\,dy=\frac{32}{5}+\frac{256}{15}=\frac{352}{15}

剪开的线就是绝对值变号线（或分母为零的线）。先找线，再分块，最后各积各的——顺序不能乱。

对称性#

一元版本的对称性已经很强了，二元版本更是机制怪。

这里利用对称性一般都是轴对称。要利用对称性，要判断(或构造)两个条件:

1. 区域对称

区域对称一般都很好看出来。画图肯定会吧，画完图还不难看出吗。

在二维对称上，也能判断关于斜线如 $y=x$ 对称。

如果难以判断后续函数的奇偶性，我们要记住此次完成的区域对称映射，如

沿 $x$ 轴对称: $(x,y)\to(x,-y)$
沿 $y=x$ 对称: $(x,y)\to(y,x)$

要严谨定义的话，沿 $y=x$ 对称表述为: $(x,y)\in D\implies(y,x)\in D$ .

2. 函数值对称

函数值对称没那么容易看出来。至少在非轴向的对称轴上没那么容易。

对于轴向的区间对称，和一元函数判断完全一样。在已有区域对称的基础上，举例来说:

设区域 $D$ 关于 $y$ 轴( $x=0$ )对称, 即 $(x,y)\in D\Rightarrow(-x,y)\in D$ .

$f$ $f$ 关于 $x=0$ $x = 0$ 为奇, $f(-x,y)=-f(x,y)$ $f (- x, y) = - f (x, y)$
- $\iint_D f=0$
$f$ $f$ 关于 $x=0$ $x = 0$ 为偶, $f(-x,y)=f(x,y)$ $f (- x, y) = f (x, y)$
- $\iint_D f=2\iint_{D\cap\{x\ge0\}}f$

对于非轴向轴对称的情况下如 $y=x$ 时, 即 $(x,y)\in D\Rightarrow(y, x)\in D$ .

$f$ $f$ 关于 $y=x$ $y = x$ 为奇, $f(x,y)=-f(y,x)$ $f (x, y) = - f (y, x)$
- $\iint_D f=0$
$f$ $f$ 关于 $y=x$ $y = x$ 为偶, $f(x,y)=f(y,x)$ $f (x, y) = f (y, x)$
- $\iint_D f=2\iint_{D\cap\{y\geq x\}}f$

TIP
任何函数都能分解成奇偶两部分。比如关于 $y$ 轴有:
$f(x)=\underbrace{\frac{f(x)+f(-x)}{2}}_{\text{关于}x\text{偶}}+\underbrace{\frac{f(x)-f(-x)}{2}}_{\text{关于}x\text{奇}}$
有时候这对于有对称性但积不出来的积分是很有效的。

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设 $D$ 为 $y=x^5$ 、 $y=1$ 、 $x=-1$ 所围成的平面区域， $f$ 连续。求积分

I=\iint_D x\left[1+\sin\big(y^3 f(x^4+y^4)\big)\right]\,dx\,dy

$x^4+y^4$ 是”换元不变”的护身符（ $x$ 、 $y$ 变号都不变）， $y^3$ 负责给 $\sin$ 里配一个关于 $y$ 奇的东西。剩下就是把区域劈成两半，把 $\sin$ 项按对称区间积掉——全程用不到 $f$ 的任何信息。

三条曲线两两交于 $(-1,-1)$ 、 $(-1,1)$ 、 $(1,1)$ 三点，故

D=\{(x,y):-1\le x\le1,\ x^5\le y\le1\}

把积分拆成两项:

\begin{align*} I&=I_{1}+I_{2} \\ I_{1}&=\iint_D x\,dx\,dy \\ I_{2}&=\iint_D x\sin\big(y^3f(x^4+y^4)\big)\,dx\,dy \end{align*}

第一项:

\begin{align*} &\iint_D x\,dx\,dy=\int_{-1}^{1}x\,dx\int_{x^5}^{1}dy \\ =&\int_{-1}^{1}x(1-x^5)\,dx \\ =&\int_{-1}^{1}(x-x^6)\,dx \\ =&\left[\frac{x^2}{2}-\frac{x^7}{7}\right]_{-1}^{1} \\ =&-\frac{2}{7} \end{align*}

不难注意到，第二项函数是关于x、y都奇对称的

第二项: 记 $g(x,y)=x\sin\big(y^3f(x^4+y^4)\big)$ , 则有

\begin{align*} g(x,-y)&=x\sin\big((-y)^3f(x^4+y^4)\big)=-g(x,y) \\ g(-x,y)&=-x\sin\big(y^3f((-x)^4+y^4)\big)=-g(x,y) \end{align*}

即第二项关于两轴均为奇函数。

但积分区域也不对称啊，怎么办呢

这时候我们有第一种做法: 分区间

\begin{align*} &\begin{cases} D&= \{(x,y):-1\le x\le1,\ x^5\le y\le1\} \\ D_{1}&= \{(x,y):-1\le x\le1,\ |x^{5}|\le y\le1\} \\ D_{2}&= \{(x,y):-1\le x\le0,\ x^{5}\le y\le -x^{5}\} \\ D&=D_{1}+D_{2} \end{cases} \\[6pt] &\begin{cases} I_{2}&=\iint_D x\sin\big(y^3f(x^4+y^4)\big)\,dx\,dy \\ I_{21}&=\iint_{D_{1}} x\sin\big(y^3f(x^4+y^4)\big)\,dx\,dy \\ I_{22}&=\iint_{D_{2}} x\sin\big(y^3f(x^4+y^4)\big)\,dx\,dy \\ I_{2}&=I_{21}+I_{22} \end{cases} \end{align*}

这里的区间完全是通过画图并观察的方式分割的，纯代数分割不太可行。

显然， $I_{21}$ 关于 $x=0$ 对称， $I_{22}$ 关于 $y=0$ 对称，原函数关于x,y均为奇函数。

故有 $I_{2}=I_{21}+I_{22}=0$

于是

\boxed{I=-\frac{2}{7}}

世界线二:

第二项: 记 $g(x,y)=x\sin\big(y^3f(x^4+y^4)\big)$ , 则有

\begin{align*} g(x,-y)&=x\sin\big((-y)^3f(x^4+y^4)\big)=-g(x,y) \\ g(-x,y)&=-x\sin\big(y^3f((-x)^4+y^4)\big)=-g(x,y) \end{align*}

由 $g(x,-y)=g(-x,y)$ , 函数是关于原点的偶函数。

既然注意到了这样诡异的对称，那么这次我们用点更诡异的:

\begin{align*} &\begin{cases} D&= \{(x,y):-1\le x\le1,\ x^5\le y\le1\} \\ D_{1}&= \{(x,y):-1\le x\le1,\ x\le y\le1\} \\ D_{2}&= \{(x,y):0\le x\le1,\ x^{5}\le y\le x\} \\ D_{3}&= \{(x,y):-1\le x\le0,\ x\le y\le x^{5}\} \\ D&=D_{1}+D_{2}-D_{3} \end{cases} \\[6pt] &\begin{cases} f&=x\sin\big(y^3f(x^4+y^4)\big) \\ I_{2}&=\iint_D f \,dx\,dy \\ I_{21}&=\iint_{D_{1}} f \,dx\,dy \\ I_{22}&=\iint_{D_{2}} f \,dx\,dy \\ I_{23}&=\iint_{D_{3}} f \,dx\,dy \\ I_{2}&=I_{21}+I_{22}-I_{23} \end{cases} \end{align*}

注意到 $g(x,-y)=g(-x,y)$ , 即函数是关于原点对称的偶函数, 同时 $D_{2}$ 和 $D_{3}$ 关于原点中心对称, 即有 $I_{22}=I_{23}$ .

之后证 $I_{21}=0$ , 读者自证不难。

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定积分的极限求和定义2#

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二重计算方法#

方程结构基础#

交换次序法#

变量代换法#

极坐标法#

分解法#

对称性#

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