基础知识
设 $z = f(x,y)$，积分区域是 D，求 D 区域曲顶柱体的体积？
体积微元：$\Delta V_i = f(x_i,y_i) \Delta s$
所以体积就是 $\sum_{n=1}^{+\infty} \Delta V_i = f(x_i,y_i) \Delta s$
当分割足够小时，就得到二重积分，记作 $\iint_{D}^{} f(x,y) \mathrm{d}s$
计算原理
用垂直于 $x$ 轴的截面，截取柱体，截面面积关系为 $A(x)$，则体积：
V = \int_{a}^{b} A(x) \mathrm{d}x
$$
$A(x)$ 是一个曲边梯形，其面积可以表示为
\int_{y_1(x)}^{y_2(x)} f(x,y) \mathrm{d}y
$$
因此二重积分转化为了累次积分：
\int_{a}^{b}\left[ {\int_{y_1(x)}^{y_2(x)} f(x,y) \mathrm{d}y} \right]\mathrm{d}x
$$
简单记为：
注意，这里只是简便记法，不是直接相乘，计算的时候从右往左。
极坐标
\int_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{d} y=\int_{D} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta
$$
最后转换为
\int_{\alpha }^{\beta} d \theta \int_{r_{1}(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r d r d \theta
$$
题型
基本计算
【例子】
\text{ 计算 }
\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma ;
\text { 其中，设 } f(x, y)=1-6 x^{2} y, \text { 且 } D: 0 \leq x \leq 2,-1 \leq y \leq 1
$$
【分析与解答】
\begin{align}
& \iint_{D}^{} f(x,y) \mathrm{d} \delta \\
&= \int_{0}^{2} \mathrm{d}x \int_{-1}^{1} 1 - 6x^2y \mathrm{d}y\\
&= \int_{0}^{2} \mathrm{d}x \left[y - 3x^2y^2\right]|_{-1}^{1}\\
&= \int_{0}^{2} \mathrm{d}x \left[1 - 3x^2 - (-1 - 3x^2)\right]\\
&= \int_{0}^{2} \mathrm{d}x \ 2\\
&= \frac{2^2}{2} \cdot 2\\
&= 4
\end{align}
$$
【例子】 转化为二次积分：$\iint_D f(x, y) d \sigma,$ 设 $D$ 为 $y=x$ 和 $y^{2}=4 x$ 所围成区域。
【分析与解答】 首先可以通过方程 $x^2 = 4x$ 解出 $x$ 的范围是 $[0,4]$ 。画图可以发现 $y_1(x) = x, y_2(x) = \sqrt[]{4x}$ 因此答案是 $\int_{0}^{4} d x \int_{x}^{2 \sqrt{x}} f(x, y) d y$
二次积分交换积分次序
【例子】 $I=\int_{0}^{2} d y \int_{y^{2}}^{2 y} f(x, y) d x$
这种题可以直接画出草图。
首先写出积分区域：
D:\left\{\begin{array}{l}
0 \leq y \leq 2 \\
y^{2} \leq x \leq 2 y
\end{array}\right.
$$
画图纸后可以算出换序后的区域
\left\{\begin{array}{c}
0 \leq x \leq 4 \\
\frac{x}{2} \leq y \leq \sqrt{x}
\end{array}\right.
$$
【例子】 计算 $\iint_{D} x y \mathrm{e}^{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d} \sigma,$ 其中 $D$ 是正方形闭区域 $: 0 \leqslant x \leqslant 1,0 \leqslant y \leqslant 1$
这题就尼玛硬算。
\int_{0}^{1} \mathrm{d}x \int_{0}^{1} x y e^{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d}y
$$
后面的运算就不多说了，换元 $ u = x^2 + y^2$ 最后结果 $\frac{1}{4}(e^2 - 1)$
极坐标下的二重积分
【例子】 计算 $\iint_{D} e^{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d}x \mathrm{d}y$ 。 $D$ 是 $x$ 轴与 $ y = \sqrt[]{1-x^2} $ 围的半圆。
【分析与解答】 极坐标换元，得到 $\int_ 0^\pi \mathrm{d} \theta \int_{0}^{1} e^{ r^2} r \mathrm{d} r $
\begin{aligned}
y &=\left.\int_{0}^{\pi} d \theta \frac{e^{r^{2}}}{2}\right|_{0} ^{1} \\
&=\pi \cdot\left(\frac{e}{2}-\frac{1}{2}\right)
\end{aligned}
$$
【例子】
\iint_{D} \sin \sqrt{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d} x \mathrm{d} y, \text { 其中 } D \text { 是闭区域 }: \pi^{2} \leqslant x^{2}+y^{2} \leqslant 4 \pi^{2}
$$
【分析与解答】
就硬算
\begin{aligned}
& \int_{0}^{2 x} d \theta \int_{0}^{2 \pi} \sin r \cdot v d r \\
&=\left.\int_{0}^{2 \pi} d \theta(\sin r-r \cos r)\right|_{\pi} ^{2 \pi}\\
&=2 \pi \cdot(\sin 2 \pi-\sin \pi+\pi \cos \pi-2 \pi \cos 2 \pi) \\
&=2 \pi(0-0-\pi-2 \pi) \\
&=-6 \pi^{2}
\end{aligned}
$$
【例子】
\iint_{D} \sqrt{\frac{1-x^{2}-y^{2}}{1+x^{2}+y^{2}}} \mathrm{d} \sigma, \text { 其中 } D \text { 是 } x^{2}+y^{2}=1 \text { 及坐标轴所围的在第一象限内的闭区域 }
$$
【分析与解答】
\begin{aligned}
& \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d \theta \int_{0}^{1} \frac{1-\rho^{2}}{1+\rho^{2}} \rho d \rho \\
=&\left.\frac{\pi}{2}\left(\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1-t}{1+t}} d t\right)\right|_{0} ^{1} \\
=& \frac{\pi}{4}(0+2 \arcsin 1 -1) \\
=& \frac{\pi}{4}\left(\frac{\pi}{2}-1\right)
\end{aligned}
$$