二重积分：把一整片区域的贡献加起来

前面几章一直在做“局部”的事。偏导数问某一点朝某个方向变化多快，梯度寻找上升最快的方向，优化问题再从候选点里挑出最大值和最小值。现在问题换了：我们不再只关心哪一点最高，而是想知道整片区域合起来有多少。

这一步看似只是把积分号写两遍，真正的难点却不在符号。单变量积分只有一个前后方向，把区间切成细条就够了；平面上有两个可以独立变化的方向，只沿一个方向切，会留下整条尚未处理的带状区域。我们得把“切条”升级成“铺格”，再把每个小格子的贡献加起来。

这就是二重积分的出发点：

\text{总量} \approx \sum \bigl(\text{每单位面积的量}\bigr)\bigl(\text{小块面积}\bigr)

网格越铺越细，近似值如果稳定到同一个极限，这个极限就是二重积分。

矩形底面被切成许多小矩形，每个小矩形上竖起近似曲面高度的细柱 — 一元积分把“高度乘小宽度”相加；二重积分把“高度乘小面积”相加。

从一元切条到二维铺格

先回到一元积分。若 $v(x)$ 表示一条线上每单位长度的量，那么一小段 $\Delta x$ 的贡献近似是

v(x_i^*)\Delta x

把这些贡献相加，再让每一段的长度趋近于 $0$ ，就得到

\int_a^b v(x)\,dx

现在换成平面。设矩形区域为

R=[a,b]\times[c,d]

函数 $f(x,y)$ 告诉我们区域内每一点的“单位面积贡献”。它可以是曲面的高度，也可以是面密度、单位面积热量或面电荷密度。把 $R$ 沿 $x$ 方向切成 $m$ 份，沿 $y$ 方向切成 $n$ 份：

\Delta x=\frac{b-a}{m}, \qquad \Delta y=\frac{d-c}{n}

每一个小矩形的面积都是

\Delta A=\Delta x\Delta y

在第 $i$ 列、第 $j$ 行的小矩形 $R_{ij}$ 中选一个采样点

(x_{ij}^*,y_{ij}^*)

只要小矩形足够小， $f$ 在其中的变化也会很小，于是这一块的贡献可以近似写成

f(x_{ij}^*,y_{ij}^*)\Delta A

这里最容易漏掉的是 $\Delta A$ 。我们要加的不是一串函数值，而是一串“小块贡献”。函数值给出单位面积上的量，乘上面积以后才是这块区域真正贡献了多少。

矩形区域的网格分割、采样点以及小矩形面积与细柱高度 — 小柱体的底面积是 $\Delta x\Delta y$ ，高度取样为 $f(x_{ij}^*,y_{ij}^*)$ 。

二维 Riemann 和怎样变成定义

把所有小矩形的贡献相加，得到二维 Riemann 和：

S_{m,n} = \sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n} f(x_{ij}^*,y_{ij}^*)\Delta x\Delta y

粗网格下，左下角采样、中点采样和右上角采样通常会给出不同结果。这不是定义出了问题，而是每一种都还只是近似。真正要看的是：当每个小矩形在两个方向上都缩小时，这些近似是否汇到同一个数。

左下角采样、中点采样和右上角采样的柱体近似随网格加密趋于一致 — 采样规则影响有限网格的误差；积分要求网格变细后极限不依赖采样点。

若 $f$ 在闭矩形 $R$ 上连续，这个极限存在，而且不依赖每个小矩形里的采样点：

\iint_R f(x,y)\,dA = \lim_{m,n\to\infty} \sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n} f(x_{ij}^*,y_{ij}^*)\Delta x\Delta y

等分网格里， $m,n\to\infty$ 就意味着 $\Delta x,\Delta y\to0$ 。若分割并不等宽，更稳妥的说法是让网格尺度

\lVert P\rVert = \max_{i,j}\operatorname{diam}(R_{ij})

趋近于 $0$ 。也就是说，最大的那一块也必须在各个方向上缩小。只知道每块面积趋近于 $0$ 还不够：一条越来越窄、但高度始终为 $1$ 的长条，面积会趋近于 $0$ ，它的直径却没有趋近于 $0$ 。

“小块数量越来越多”不是完整条件。积分需要整个网格真正变细，不能只把矩形切得越来越窄，却保留一个始终没有缩小的方向。

一个能看见极限的例子

在单位正方形

R=[0,1]\times[0,1]

上积分 $f(x,y)=x+y$ 。把两个方向分别等分成 $m,n$ 份，并在每个小矩形取右上角

x_i^*=\frac{i}{m}, \qquad y_j^*=\frac{j}{n}

这时

\Delta A=\frac{1}{mn}

Riemann 和是

\begin{aligned} S_{m,n} &= \frac{1}{mn} \sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n} \left(\frac{i}{m}+\frac{j}{n}\right)\\ &= \frac{m+1}{2m}+\frac{n+1}{2n} \end{aligned}

所以

\lim_{m,n\to\infty}S_{m,n}=1

右上角采样会把这个递增函数的高度取得偏大，但多出来的误差会随着网格变细而消失。

定义带来的几条基本规则

这些规则都可以从“小块贡献相加”直接理解。

若 $\alpha,\beta$ 是常数，那么线性关系给出

\iint_R\bigl(\alpha f+\beta g\bigr)\,dA = \alpha\iint_R f\,dA + \beta\iint_R g\,dA

若区域被拆成内部不重叠的两块 $R_1,R_2$ ，那么

\iint_R f\,dA = \iint_{R_1}f\,dA + \iint_{R_2}f\,dA

把被积函数取成 $1$ ，每一小块贡献就是它自己的面积，因此

\iint_R 1\,dA=A(R)

如果在整个区域上都有 $m\le f(x,y)\le M$ ，那么

mA(R) \le \iint_R f(x,y)\,dA \le MA(R)

这个夹逼很适合做结果检查。若区域面积是 $3$ ，而函数始终在 $2$ 和 $5$ 之间，积分不可能小于 $6$ ，也不可能大于 $15$ 。

“曲面下体积”为什么有条件

把 $f(x,y)$ 画成曲面 $z=f(x,y)$ 。当 $f$ 在 $R$ 上处处非负时，每个小柱体都有非负高度，二重积分确实给出曲面下方、 $xy$ 平面上方的普通体积：

V=\iint_R f(x,y)\,dA

如果 $f$ 有时为正、有时为负，情况就变了。 $xy$ 平面上方的柱体记正数，下方的柱体记负数，二重积分给的是有符号体积。正负部分可以抵消，所以积分可能是 $0$ ，但图形绝不是什么都没有。

例如在单位正方形上取

f(x,y)=x-\frac12

左半边的曲面在平面下方，右半边在平面上方，而且两部分大小相同，于是

\iint_R\left(x-\frac12\right)\,dA=0

若题目问曲面与 $xy$ 平面之间的普通几何体积，就要把上下两部分都按正值计算：

V_{\text{普通}} = \iint_R\left|x-\frac12\right|\,dA = \frac14

“二重积分就是体积”少了一个关键条件：被积函数必须能当作非负高度。函数变号时，积分是带符号的净累加；被积函数表示密度、热量或电荷时，它计算的又是相应的物理总量。

累次积分：把二维累加拆回两次一元积分

Riemann 和把定义说清楚了，却不是手算二重积分的常用办法。面对成百上千根小柱体，我们更希望把它们先排成一片片截面，再把截面相加。

先固定 $x$ 。这时 $x$ 暂时不动，只有 $y$ 从 $c$ 走到 $d$ 。内层积分

A(x)=\int_c^d f(x,y)\,dy

把这一条竖切片上的小柱体加起来。若 $f\ge0$ ， $A(x)$ 是固定 $x$ 时的截面面积；若 $f$ 会变号，它就是带符号的截面累加。做完内层积分后， $y$ 已经被上下限消掉，答案只依赖 $x$ 。

接着让这些切片从 $x=a$ 排到 $x=b$ ：

\int_a^b A(x)\,dx

这样，原本“两个变量一起变化”的问题，被拆成了两次熟悉的一元积分。

固定 x 先沿 y 计算竖截面，再沿 x 把所有截面累加 — 内层积分得到一片截面的量，外层积分再把所有截面拼成总量。

例题：先算切片，再把切片排起来

在矩形

R=[0,2]\times[0,1]

上计算

\iint_R(1+x+2y)\,dA

先写成先 $y$ 后 $x$ 的累次积分：

\int_0^2\int_0^1(1+x+2y)\,dy\,dx

Fubini 定理：切片方向可以换

矩形区域没有规定我们必须先沿 $y$ 切。也可以固定 $y$ ，先沿 $x$ 做横切片。对闭矩形上的连续函数，Fubini 定理保证：

\iint_R f(x,y)\,dA = \int_a^b\left[\int_c^d f(x,y)\,dy\right]dx = \int_c^d\left[\int_a^b f(x,y)\,dx\right]dy

它说的不是“两个积分号可以随便交换”，而是：这两套切片确实覆盖同一个区域、累加同一批小块，所以最后得到同一个总量。

读累次积分时，从里往外读：

\int_a^b\int_c^d f(x,y)\,dy\,dx

表示先对 $y$ 积分，再对 $x$ 积分。内层积分的上下限属于内层变量，外层积分的上下限属于外层变量。

矩形区域上先沿 y 做竖切片与先沿 x 做横切片的两种顺序 — 切片方向变了，区域和总量没有变。

用上一题验证另一种顺序：

\int_0^1\int_0^2(1+x+2y)\,dx\,dy

先对 $x$ 积分：

\begin{aligned} \int_0^2(1+x+2y)\,dx &= \left[x+\frac{x^2}{2}+2xy\right]_0^2\\ &=4+4y \end{aligned}

再对 $y$ 积分：

\int_0^1(4+4y)\,dy = \left[4y+2y^2\right]_0^1 =6

两条路线都得到 $6$ 。在矩形区域上，两种次序通常都能算；真正做题时，可以优先选择内层原函数更容易找到的那一种。

一个很实用的书写习惯是：内层积分单独算一行，确认内层变量已经消失，再开始外层积分。这样既能减少代数错误，也能随时看出每一步正在累加什么。

二重积分不只会算体积

体积只是最容易画出来的例子。二重积分真正通用的结构是

\text{总量} = \iint_R \bigl(\text{单位面积上的量}\bigr)\,dA

区域面积

把每个小块的“单位面积贡献”设成 $1$ ：

A(R)=\iint_R1\,dA

这和一元积分用 $\int_a^b1\,dx$ 求区间长度是同一个想法。

函数的平均值

一串数据的平均值是“总和除以个数”。连续分布在区域上的函数没有有限个点可以数，于是“个数”换成区域面积：

f_{\text{avg}} = \frac{1}{A(R)} \iint_R f(x,y)\,dA

若 $f$ 表示温度，这就是整块薄板的平均温度；若 $f$ 表示面密度，这就是平均面密度。

薄板质量与其他总量

薄板占据区域 $R$ ，面密度为 $\rho(x,y)$ 时，小块质量近似为

\rho(x,y)\Delta A

所以总质量是

M=\iint_R\rho(x,y)\,dA

同理，若 $q(x,y)$ 是单位面积热量， $\sigma(x,y)$ 是面电荷密度，那么

Q_{\text{热}} = \iint_R q(x,y)\,dA

Q_{\text{电}} = \iint_R \sigma(x,y)\,dA

面密度、单位面积热量和面电荷密度在平面区域上的分布与总量 — 被积函数告诉我们每单位面积有多少，二重积分把整片区域的贡献汇总起来。

例题：同一个积分同时给出质量和平均密度

一块正方形薄板占据

R=[0,2]\times[0,2]

面密度为

\rho(x,y)=2+x+\frac{y}{2}

单位是 $\text{kg}/\text{m}^2$ 。求薄板质量和平均面密度。

先把面密度在整个区域上累加：

M = \int_0^2\int_0^2 \left(2+x+\frac{y}{2}\right)\,dy\,dx

常见误区

只加函数值，忘了乘小面积

Riemann 和的每一项必须是

f(x_{ij}^*,y_{ij}^*)\Delta A_{ij}

如果只写 $\sum f(x_{ij}^*,y_{ij}^*)$ ，网格越细，项数越多，总和通常会无意义地增长。 $\Delta A_{ij}$ 才把函数值变成小块的实际贡献。

只让一个方向变细

把单位正方形切成宽度 $1/m$ 、高度始终为 $1$ 的竖条，虽然每条面积趋近于 $0$ ，却没有真正形成二维小块。二维 Riemann 和要求每一块的长和宽都缩小。

把内外层次序读反

在

\int_a^b\int_c^d f(x,y)\,dy\,dx

中，先做的是最里面的 $dy$ 。最外面的 $dx$ 最后做。不要从左到右按积分号出现的顺序读。

内层积分做完后还留下内层变量

若先对 $y$ 积分，代入 $y$ 的上下限之后，结果只能依赖外层变量 $x$ 。若结果里还留着 $y$ ，通常是忘了代入上下限，或者把偏积分误当成了最终结果。

不检查正负和单位

高度为米、 $dA$ 为平方米，积分单位应是立方米；面密度为 $\text{kg}/\text{m}^2$ ，积分单位应是千克。单位不对，通常说明少乘了面积或误解了被积函数。若函数变号，还要先判断题目要的是有符号总量，还是全部按正值计算的普通体积。

机械交换积分号

本章的区域是矩形，两个方向的上下限都是常数，所以换序看起来很轻松。一般区域的边界会随位置变化；那时换序必须先重新描述区域，不能只把 $dx$ 和 $dy$ 调换位置。

一套可靠的计算路线

先确认区域和被积函数分别代表什么。区域决定在哪里累加，被积函数决定每单位面积贡献多少。

写出小块贡献 $f(x,y)\Delta A$ ，用它检查结果应当是面积、体积、质量还是其他总量。

练习

网格近似

把单位正方形分成 $2\times2$ 个小正方形，用每块的右上角作为采样点，近似计算

\iint_R(1+x+y)\,dA

从 Riemann 和取极限

在 $R=[0,1]\times[0,1]$ 上，把两个方向都等分成 $n$ 份，并取右上角采样。写出 $f(x,y)=x+y$ 的 Riemann 和，并求极限。

计算累次积分

计算

\int_0^2\int_1^3(x+2y)\,dy\,dx

用换序核对

把

\int_0^2\int_0^1(1+x+2y)\,dy\,dx

改成先对 $x$ 积分，并计算结果。

区分有符号体积与普通体积

在 $R=[0,1]\times[0,1]$ 上，设

f(x,y)=x-\frac12

分别求有符号体积和曲面与 $xy$ 平面之间的普通体积。

质量与平均密度

薄板占据

R=[0,2]\times[0,4]

面密度为 $\rho(x,y)=3+x$ ，单位是 $\text{kg}/\text{m}^2$ 。求总质量与平均面密度。

用范围检查答案

已知区域面积为 $3$ ，并且在整个区域上

2\le f(x,y)\le5

二重积分可能等于 $4$ 、 $10$ 或 $18$ 中的哪一个？

为什么“面积变小”还不够

把单位正方形切成 $m$ 条宽度为 $1/m$ 、高度为 $1$ 的竖条。对函数 $f(x,y)=y$ ，每条都在上边界 $y=1$ 取样。说明这个和式为什么不能用来定义二重积分。

下一步：矩形边界开始弯曲

这一章刻意把区域限制在矩形上，所以内层和外层的上下限都是常数。真实问题里的底面可能是三角形、圆盘，或者两条曲线夹出的区域。这时“固定 $x$ 后， $y$ 从哪里走到哪里”会随 $x$ 改变，积分限也会变成函数。

好消息是，核心想法完全不变：还是把区域切成小块，还是先算一条切片，再把切片累加。下一章要解决的只是更具体的几何问题——怎样把一张区域图准确翻译成积分上下限，以及什么时候值得改变积分次序。

c

∗

)

j=1∑n

f

(

xij∗

,

yij∗

)

Δ

x

Δ

y

m,n→∞

lim

i=1∑m

j=1∑n

f

(

xij∗

,

yij∗

)

Δ

x

Δ

y

∗

=

nj

=mn1i=1∑mj=1∑n(mi+nj)=2mm+1+2nn+1

R

f

d

A

+

β∬RgdA

f

d

A

+

∬R2fdA

x

y

−

21

d

A

=

41

∫01

(

1

+

x+

2y)dydx

最里面的 $dy$ 表示固定 $x$ ，沿 $y$ 方向从 $0$ 走到 $1$ 。

计算内层积分时，把 $x$ 当作常数：

\begin{aligned} \int_0^1(1+x+2y)\,dy &= \left[y+xy+y^2\right]_0^1\\ &=2+x \end{aligned}

结果中的 $y$ 已经消失， $2+x$ 是位置 $x$ 对应的截面面积。

再把截面沿 $x$ 方向累加：

\begin{aligned} \int_0^2(2+x)\,dx &= \left[2x+\frac{x^2}{2}\right]_0^2\\ &=6 \end{aligned}

因为 $1+x+2y$ 在这个区域上为正，所以结果 $6$ 也可以直接解释为曲面下的普通体积。

ab

[∫cdf(x,y)dy]

d

x

=

∫cd[∫abf(x,y)dx]dy

x

d

y

d

x

=[x+2x2+2xy]02=4+4y

2

]

01

=

6

f

(

x

,

y

)

d

A

0

2

(2+x+2y)

d

y

d

x

固定 $x$ ，先沿 $y$ 方向累加：

\begin{aligned} \int_0^2 \left(2+x+\frac{y}{2}\right)\,dy &= \left[2y+xy+\frac{y^2}{4}\right]_0^2\\ &=5+2x \end{aligned}

再沿 $x$ 方向累加：

M = \int_0^2(5+2x)\,dx = \left[5x+x^2\right]_0^2 = 14

面密度乘平方米后得到千克，所以薄板质量为 $14\text{ kg}$ 。

正方形面积是 $4\text{ m}^2$ ，因此平均面密度为

\rho_{\text{avg}} = \frac{M}{A(R)} = \frac{14}{4} = 3.5\text{ kg}/\text{m}^2

Δ

Aij

若区域是矩形且函数连续，选一个较容易求原函数的变量作为内层变量，写成累次积分。

单独完成内层积分并代入上下限，确认内层变量消失，再计算外层积分。

最后检查符号、单位和大小范围。若已知 $m\le f\le M$ ，就用 $mA(R)$ 与 $MA(R)$ 夹住答案。

21

,

21

)

,

(21,1)

,

(1,21)

,

(

1

,

1

)

对应函数值分别为

2,\quad \frac52,\quad \frac52,\quad 3

所以 Riemann 和是

\left(2+\frac52+\frac52+3\right)\frac14 = \frac52

精确积分是 $2$ 。因为函数随 $x,y$ 增大而增大，右上角采样给出偏大的近似值，这和结果一致。

y

2

1

采样点为

\left(\frac{i}{n},\frac{j}{n}\right)

因此

\begin{aligned} S_n &= \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} \left(\frac{i}{n}+\frac{j}{n}\right)\\ &= \frac{n+1}{n} \end{aligned}

于是

\iint_R(x+y)\,dA = \lim_{n\to\infty}S_n =1

2

y

)

d

y

=[xy+y2]13=2x+8

再对 $x$ 积分：

\begin{aligned} \int_0^2(2x+8)\,dx &= \left[x^2+8x\right]_0^2\\ &=20 \end{aligned}

所以积分值为 $20$ 。

y

d

x

02

(

1

+

x+

2y)dxdy

内层积分是

\int_0^2(1+x+2y)\,dx=4+4y

外层积分是

\int_0^1(4+4y)\,dy=6

结果与先 $y$ 后 $x$ 相同。

(

x

−

21

)

d

A

=∫01∫01(x−21)dydx=∫01(x−21)dx=0

普通体积要把两边都按正值计算：

\begin{aligned} V &= \int_0^1\int_0^1 \left|x-\frac12\right|\,dy\,dx\\ &= \int_0^{1/2}\left(\frac12-x\right)\,dx + \int_{1/2}^1\left(x-\frac12\right)\,dx\\ &= \frac18+\frac18 =\frac14 \end{aligned}

=∫02∫04(3+x)dydx

=∫02(12+4x)dx

=[12x+2x2]02

=32 kg

区域面积是

A(R)=2\cdot4=8\text{ m}^2

所以平均面密度为

\rho_{\text{avg}} = \frac{32}{8} = 4\text{ kg}/\text{m}^2

≤

∬RfdA≤

15

三个数中只有 $10$ 落在这个区间里，因此只有 $10$ 可能。

=

1

∑

m

1

⋅

m1=

1

而真正的二重积分是

\int_0^1\int_0^1y\,dy\,dx = \frac12

两者不同，正说明二维分割必须在所有方向上缩小；只让每块面积趋近于 $0$ 不能保证 Riemann 和趋向正确积分。

=

[2y+xy+4y2]02

=5+2x

2

1

d

y

d

x

=∫01/2(21−x)dx+∫1/21(x−21)dx

=81+81=41