1635 年，博洛尼亚的耶稣会士卡瓦列里印出一本几乎没有公式的厚书，主张只有一条：一块面积是无数条平行线段摞起来的，一个立体是无数个平行截面摞起来的。照这么说，求面积就是求和，可是加到第 100 条线之后，这个和究竟是什么东西，他答不上来，当时也没人觉得需要回答。
一、源头：卡瓦列里的薄片，欧拉的两次累加
卡瓦列里的主张能办成一件大事：两个立体若在每个高度上的截面面积都相等，体积就相等，他据此证明锥体是等底等高柱体的 1/3。可是它算不出具体的数，因为不可分的线段没有宽度，无穷多条零宽的东西加起来仍是零，他能给的是比，给不出量。
1636 年，费马用等比分割第一次把一段面积算成了具体的数，可他处理的仍是一维；真正需要「加两次」的问题到 18 世纪才变成日常，一张曲面多大面积，两张曲面夹出的立体多大体积，都得对两个变量各积一次。
欧拉在圣彼得堡接手了这批问题，1739 年为曲面面积写的论文里已经把曲面切成小片、对两个变量各积一次，1769 年那篇干脆叫《论二重积分》。他的做法是把区域夹在两条曲线之间：先固定 x，让 y 从下面那条走到上面那条，得到只含 x 的函数，再对 x 积一次，今天这叫累次积分。
欧拉算出了许多体积与面积，却没定义过那个「和」，也没问过换次序后两个数是否相同；剩下的一步是让小块无限变小，而这个和凭什么收敛到一个数，要等到 1854 年。
二、成形：分割、取点、求和、取极限
1854 年，黎曼在哥廷根作讲师资格报告，题目是《关于函数通过三角级数表示的可能性》：要讨论哪些函数能写成三角级数，先得说清哪些函数有积分，所以他把柯西一维的定义原样搬到 n 维。
定义（二重积分）
设 \(f(x,y)\) 在有界闭区域 \(D\) 上有界。把 \(D\) 任意分成 n 个小区域 \(\Delta\sigma_{1},\dots,\Delta\sigma_{n}\)，\(\Delta\sigma_{i}\) 同时表示第 i 块的面积；在每块上任取一点 \((\xi_{i},\eta_{i})\)，作和
\[ S=\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i})\,\Delta\sigma_{i}. \]
记 \(\lambda\) 为各小块直径的最大值，若 \(\lambda\to 0\) 时 S 总趋于同一个常数 I，与分法、取点都无关，则称 \(f\) 在 \(D\) 上可积，常数 I 称为二重积分，记作
\[ \iint_{D}f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma. \]
定义里有三处「任意」：分法任意，取点任意，极限与这两者无关，第三处最容易被忽略，换了切法结果就变的话，这个数取决于你怎么切，不属于函数本身。
另外，要求趋于零的量是直径：面积可以很小而形状细长，细长块两端函数值差得远，取点稍一挪动乘积就跳，所以直径趋于零，等于要求每块在哪个方向都不长。
若 \(f\) 在 \(D\) 上非负，这个积分就是曲顶柱体的体积，底是 \(D\)，顶是曲面 \(z=f(x,y)\)，这是几何解释，定义里没有体积二字。什么样的函数配有这样的积分，与一维一样，先得有界。
定理（可积性）
(1) 若 \(f\) 在 \(D\) 上可积，则 \(f\) 在 \(D\) 上有界。
(2) 若 \(f\) 在有界闭区域 \(D\) 上连续，则 \(f\) 在 \(D\) 上可积。
(3) 若有界函数 \(f\) 的间断点全部落在有限条光滑曲线上，则 \(f\) 在 \(D\) 上可积。
连续情形靠一致连续，只要直径足够小，每块振幅就同时小于 \(\varepsilon/\sigma\)，要害在「同时」二字；间断点落在有限条光滑曲线上的，把那几条曲线附近的块单独估住。定理只管够用不管必要，真正管用的判据是「间断点集的面积为零」，要等到 20 世纪的测度论。
性质也一样照搬：线性、区域可加、保号、估值、中值。比起定积分，加的对象从 \(\Delta x\) 换成 \(\Delta\sigma\)，其余的字没改，新麻烦全落在 \(\Delta\sigma\) 上：它没有「长」可说，只有面积和形状。
三、严格化：先加哪一边
定义只说这个和存在，没说怎样算，实际计算几乎从不按定义来，把二重积分拆成一前一后两个一元积分是唯一可行的路，而这个替换是否总成立，1907 年才有人证明：富比尼当时要处理的是平面点集的面积，得先弄清什么时候能交换两个累次积分，论文题为《论多重积分》。
定理（富比尼）
设 \(D=\{(x,y):a\le x\le b,\ \varphi_{1}(x)\le y\le\varphi_{2}(x)\}\)，\(\varphi_{1}\)、\(\varphi_{2}\) 在 \([a,b]\) 上连续，\(f\) 在 \(D\) 上连续，则
\[ \iint_{D}f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma=\int_{a}^{b}\mathrm{d}x\int_{\varphi_{1}(x)}^{\varphi_{2}(x)}f(x,y)\,\mathrm{d}y. \]
若 \(D\) 也能写成 \(c\le y\le d\)、\(\psi_{1}(y)\le x\le\psi_{2}(y)\)，右端两个次序可以交换。
两个累次积分到底在什么条件下一定相等
上面是课本的版本，原论文的条件更宽：\(f\) 只要可积，不必连续，区域只要可测，两个累次积分都存在、其中一个可积，等式就成立。
条件不能省。单位正方形上取 \(f=\dfrac{x^{2}-y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}\)，原点补零，先对 x 积得 \(-1/(1+y^{2})\)，再对 y 积得 \(-\pi/4\)，换个次序得 \(+\pi/4\)。两个累次积分都算得出来，值却差一个符号，定理没出错，是前提没满足：\(f\) 在原点附近像 \(1/r^{2}\)，无界，二重积分根本不存在，所以累次积分存在不等于二重积分存在。
第二个麻烦来自坐标。圆域在直角坐标下边界是 \(y=\sqrt{a^{2}-x^{2}}\)，在极坐标下只剩 \(r=a\)，区域好写了，代价是面积要重新称一遍。
在 \((u,v)\) 平面上画整齐的方格，换元把方格送到 \((x,y)\) 平面上，方格成了斜的平行四边形，边长变了，夹角也不是直角了，可是每格面积都乘上同一个数，这个数就是雅可比行列式，1841 年雅可比为它写过一篇《论函数行列式》。
雅可比行列式就是面积的放大倍率：\(\Delta u\Delta v\) 这一小块送过去，落地时面积是 \(|J|\Delta u\Delta v\)，极坐标里那个 \(r\) 就是它在圆盘上的取值。
定理（二重积分换元法）
设 \(x=x(u,v)\)、\(y=y(u,v)\) 在 \(uv\) 平面的闭区域 \(D'\) 内有一阶连续偏导数，雅可比行列式
\[ J=\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\begin{vmatrix}x_{u}&x_{v}\\ y_{u}&y_{v}\end{vmatrix}\ne 0, \]
映射把 \(D'\) 一对一地映成 \(D\)，\(f\) 在 \(D\) 上连续，则
\[ \iint_{D}f(x,y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\iint_{D'}f\big(x(u,v),y(u,v)\big)\,|J|\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v. \]
把 \(D'\) 分成小矩形，映射在每小块上近似为线性映射，矩形变成平行四边形，面积乘上 \(|J|\)，误差是边长的高阶小量，取极限后消失。难处不在分析而在几何：先得承认这一步。
三点要逐条检查：绝对值，行列式可以为负而面积不能；一对一，映射来回走两趟，一块面积会被数两遍；界跟着换，只换被积函数不换区域等于在新坐标里量旧图形。
四、会算：挑一种坐标
算二重积分要决定的只有一件事：用哪种坐标。判据两条，区域的边界写得简单吗，被积函数的形状配合吗。
直角坐标：先看竖线穿过区域几次
拿一支竖线从左往右扫，穿过区域的部分总是单独的一段，区域就是 X 型，能写成 \(a\le x\le b\)、\(\varphi_{1}(x)\le y\le\varphi_{2}(x)\)；某处穿出两段，就切开分块算，换成横线扫一遍得到 Y 型。
次序的选择不看习惯，看能不能算出来：被积函数里有 \(e^{-y^{2}}\) 时先对 y 积就卡住，它没有初等原函数，先对 x 积则 \(e^{-y^{2}}\) 在内层是常数，一步就出来。
交换次序分三步，画出区域，换个方向重写不等式，照着新不等式重写两组上下限；最常见的错法是不画图硬换，比如 \(D\) 由 \(0\le x\le 1\)、\(x\le y\le\sqrt{x}\) 给出，换序后是 \(0\le y\le 1\)、\(y^{2}\le x\le y\)。
极坐标：那个 r 为什么必须写
区域里有圆、扇形、圆环，或被积函数里出现 \(x^{2}+y^{2}\)，就该考虑极坐标。令 \(x=r\cos\theta\)、\(y=r\sin\theta\)，把 \(\mathrm{d}\sigma\) 换成 \(r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\)，二重积分变成
\[ \iint_{D}f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma=\int_{\alpha}^{\beta}\mathrm{d}\theta\int_{r_{1}(\theta)}^{r_{2}(\theta)}f(r\cos\theta,\,r\sin\theta)\,r\,\mathrm{d}r. \]
顺序是先 \(r\) 后 \(\theta\)：\(\theta\) 固定时一条射线从内边界走到外边界，\(r\) 的两个限都是 \(\theta\) 的函数，\(\theta\) 的两个限是常数，所以不能颠倒。
那个 \(r\) 是面积元的一部分：在 \((r,\theta)\) 平面上这一小块是边长 \(\Delta r\) 与 \(\Delta\theta\) 的矩形，映到 \((x,y)\) 平面上成了扇环，内弧长 \(r\Delta\theta\)，外弧长 \((r+\Delta r)\Delta\theta\)，按内弧补成矩形多出来的 \(\tfrac12\Delta r^{2}\Delta\theta\) 比 \(\Delta r\Delta\theta\) 高一阶，\(\Delta r\) 一缩小就消失，留下的主项是 \(r\Delta r\Delta\theta\)，所以 \(\mathrm{d}\sigma=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\)；漏掉它，结果一定偏小。
三个常见错法：漏写 \(r\)；\(\theta\) 照抄 0 到 \(2\pi\)；圆心不在原点时忘掉 \(r\) 的上限随 \(\theta\) 变，比如 \(x^{2}+y^{2}\le 2x\) 极坐标下是 \(r\le 2\cos\theta\)、\(\theta\) 从 \(-\pi/2\) 到 \(\pi/2\)。
一般换元：先把边界弄直
区域由四条直线围成而它们都不平行于坐标轴时，取 u、v 为这两族直线的表达式，区域在 uv 平面上就成了矩形，算出 \(J\) 再换掉面积元，椭圆面积这样得 \(\pi ab\)。
反常二重积分
区域无界，或被积函数在区域内无界，积分就得重新定义，办法仍是一维那套：先算一块有界的，再让边界往外走、让洞往里缩，然后取极限，存在称收敛，否则发散。
全平面上那个高斯型的积分，怎么会算出一个有限的数
先只积第一象限的圆盘 \(D_{R}\)：极坐标下 \(\iint_{D_{R}}e^{-(x^{2}+y^{2})}\mathrm{d}\sigma=\int_{0}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{R}e^{-r^{2}}r\,\mathrm{d}r=\frac{\pi}{4}(1-e^{-R^{2}})\)，再令 \(R\to\infty\) 得 \(\pi/4\)。收敛不能靠把无穷直接代进去，得真的取一次极限，教材对这类题也只要求会算。
五、会算：三重积分与坐标变换
定义再搬一次：区域换成空间立体，小块面积换成小块体积，把 \(\Omega\) 分成 n 块、第 i 块体积记作 \(\Delta v_{i}\)，在其上任取一点，最大直径趋于零时和若趋于同一个常数，就记作 \(\iiint_{\Omega}f\,\mathrm{d}v\)。计算有两条路，投影法先一后二：把立体投影到 xOy 平面上得到 D，上下被两张曲面夹住，z 从 \(z_{1}\) 走到 \(z_{2}\)，
\[ \iiint_{\Omega}f\,\mathrm{d}v=\iint_{D}\mathrm{d}\sigma\int_{z_{1}(x,y)}^{z_{2}(x,y)}f(x,y,z)\,\mathrm{d}z. \]
截面法先二后一：把 z 固定在 \([c,d]\) 上，截出一个平面区域 \(D_{z}\)，
\[ \iiint_{\Omega}f\,\mathrm{d}v=\int_{c}^{d}\mathrm{d}z\iint_{D_{z}}f(x,y,z)\,\mathrm{d}\sigma. \]
两条路与 X 型、Y 型是一回事，都是把一个多重和拆成一串一重和。
投影法和截面法，做题时该挑哪个
看立体的界写成什么方便。上下两张曲面容易写成 \(z=z(x,y)\)、投影是圆或三角形，就用投影法；横截面 \(D_{z}\) 随 z 变但形状简单，比如球、锥、旋转体，就用截面法，因为 \(D_{z}\) 的面积常常直接写得出来。
柱面坐标与球面坐标
柱面坐标就是极坐标再加一个 z，雅可比是 r，所以体积元是
\[ \mathrm{d}v=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z. \]
底面是圆、上下各由一张曲面封住的立体，用它最省事。
球面坐标用三个数：\(r\) 是到原点的距离，\(\varphi\) 是与 z 轴的夹角，\(\theta\) 是绕 z 轴的转角，代入后体积元是
\[ \mathrm{d}v=r^{2}\sin\varphi\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d}\theta. \]
那个 \(\sin\varphi\) 常被漏掉：它在赤道上等于 1，在两极等于 0，凡是积分区域包含极点，它就不能约掉。
r² sinφ 里的三个因子是从哪来的
球坐标的那块「砖」有三条棱：径向一条长 \(\mathrm{d}r\)，沿经线的一条长 \(r\,\mathrm{d}\varphi\)，沿纬圈的一条长 \(r\sin\varphi\,\mathrm{d}\theta\)，三条棱近于互相垂直，体积就是三者的乘积，剩下的那点弯曲带来的误差是边长的高阶小量，取极限时消失。
应用：面积、质量、质心、转动惯量
曲面 \(z=z(x,y)\) 在 D 上方时，面积 \(A=\iint_{D}\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\,\mathrm{d}\sigma\)；薄片占 D、面密度为 \(\mu\) 时，质量 \(m=\iint_{D}\mu\,\mathrm{d}\sigma\)，质心 \(\bar{x}=\frac{1}{m}\iint_{D}x\mu\,\mathrm{d}\sigma\)、\(\bar{y}=\frac{1}{m}\iint_{D}y\mu\,\mathrm{d}\sigma\)，对 x 轴、y 轴与原点的转动惯量分别是 \(I_{x}=\iint_{D}y^{2}\mu\,\mathrm{d}\sigma\)、\(I_{y}=\iint_{D}x^{2}\mu\,\mathrm{d}\sigma\)、\(I_{O}=\iint_{D}(x^{2}+y^{2})\mu\,\mathrm{d}\sigma\)。这几条公式背后是同一次动作：取一小块，写出它的贡献，再积分。曲面面积要求 z 有连续偏导，这样切平面才存在；面积也不能像体积那样靠内接多面体逼近，施瓦茨在 1890 年前后把这条直觉推翻过。
六、例题
例 1 计算 \(\displaystyle\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{x}^{1}e^{-y^{2}}\,\mathrm{d}y\)。
内层原函数不是初等函数，按原次序算不下去，先画区域：它由 \(0\le x\le 1\) 与 \(x\le y\le 1\) 给出，是直线 \(y=x\) 上方的三角形，换成先对 x 积就是 \(0\le y\le 1\)、\(0\le x\le y\)，原式 \(=\int_{0}^{1}e^{-y^{2}}\mathrm{d}y\int_{0}^{y}\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}ye^{-y^{2}}\mathrm{d}y=\tfrac12(1-e^{-1})\approx 0.316\)，一次就积完。
例 2 计算 \(\iint_{D}(x^{2}+y^{2})\,\mathrm{d}\sigma\)，其中 \(D\) 是 \(x^{2}+y^{2}\le 2x\)。
这是圆 \((x-1)^{2}+y^{2}\le 1\)。极坐标下 \(r^{2}\le 2r\cos\theta\) 即 \(r\le 2\cos\theta\)，而 \(r\ge 0\) 要求 \(\cos\theta\ge 0\)，故 \(-\pi/2\le\theta\le\pi/2\)。被积函数的 \(r^{2}\) 与面积元里的 r 合成 \(r^{3}\)，原式 \(=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2\cos\theta}r^{3}\mathrm{d}r=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}4\cos^{4}\theta\,\mathrm{d}\theta=\tfrac{3\pi}{2}\)；θ 的范围由 \(r\ge 0\) 定出，不能照抄 0 到 \(2\pi\)。
例 3 计算 \(\iiint_{\Omega}z^{2}\,\mathrm{d}v\)，其中 \(\Omega\) 是单位球 \(x^{2}+y^{2}+z^{2}\le 1\)。
球坐标下三个变量可分离：\(z^{2}=r^{2}\cos^{2}\varphi\)，体积元是 \(r^{2}\sin\varphi\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d}\theta\)，相乘得被积式 \(r^{4}\cos^{2}\varphi\sin\varphi\)，三段各积一次得 \(2\pi\)、\(\tfrac15\)、\(\tfrac23\)，相乘为 \(\tfrac{4\pi}{15}\)；\(\sin\varphi\) 不能漏，漏了偏大。
七、习题
A 档 巩固定义与基本计算，每题 5 分钟内
1. 设 \(D=[0,1]\times[0,1]\)，用估值性质给出 \(\iint_{D}\frac{\mathrm{d}\sigma}{1+x^{2}+y^{2}}\) 的范围。
看答案
被积函数在 D 上的最小值是 \(1/3\)（在 \((1,1)\) 处），最大值是 1（在原点），D 的面积为 1，故积分介于 \(1/3\) 与 1 之间。实际值约 0.64，落在区间内。估值定理只给范围，不给数值，它的用处是判断估算是否离谱。
2. 计算 \(\iint_{D}x\,\mathrm{d}\sigma\)，其中 D 由 \(y=x\) 与 \(y=x^{2}\) 围成。
看答案
两曲线交于 \(x=0\) 与 \(x=1\)，在 \((0,1)\) 上 \(x^{2}\lt x\)，故 D 为 X 型：\(0\le x\le 1\)，\(x^{2}\le y\le x\)。内层对 y 积得 \(x(x-x^{2})=x^{2}-x^{3}\)，再对 x 积得 \(\tfrac13-\tfrac14=\tfrac1{12}\)。
3. 交换积分次序：\(\displaystyle\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{y}^{1}f(x,y)\,\mathrm{d}x\)。
看答案
区域是 \(0\le y\le 1\)、\(y\le x\le 1\)，即由 \(y=0\)、\(x=1\)、\(y=x\) 围成的三角形。改按 x 描述：\(0\le x\le 1\)，\(0\le y\le x\)。故等于 \(\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}f(x,y)\,\mathrm{d}y\)。交换后内层的两个限通常都含外层变量，这一点可以用来检查有没有写错。
4. 用极坐标计算 \(\iint_{D}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\,\mathrm{d}\sigma\)，其中 D 是圆盘 \(x^{2}+y^{2}\le a^{2}\)。
看答案
被积函数是 \(r\)，面积元又带一个 \(r\)，合起来 \(r^{2}\)。\(\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a}r^{2}\mathrm{d}r=2\pi\cdot\tfrac{a^{3}}{3}=\tfrac{2\pi a^{3}}{3}\)。用直角坐标算要拆成四块并处理 \(\sqrt{a^{2}-x^{2}}\) 的原函数，极坐标一步到位，这是选坐标的价值。
5. 计算 \(\iiint_{\Omega}(x+y+z)\,\mathrm{d}v\)，其中 \(\Omega=[0,1]^{3}\)。
看答案
由线性拆成三个积分，每一个都等于 \(\tfrac12\cdot1\)（一个变量在 \([0,1]\) 上的平均是 \(\tfrac12\)，另外两个变量的积分各给 1），合计 \(\tfrac32\)。也可直接看出：立方体对三个坐标是对称的，重心在 \((\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12)\)，积分等于体积乘重心坐标之和。
6. 写出 \(z=x^{2}+y^{2}\) 在圆盘 \(x^{2}+y^{2}\le 1\) 上方的曲面面积被积函数，并说明为什么要用极坐标。
看答案
\(z_{x}=2x\)、\(z_{y}=2y\)，被积函数为 \(\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}=\sqrt{1+4r^{2}}\)。它只含 \(x^{2}+y^{2}\)，而区域是圆盘，两条判据同时指向极坐标：面积元写成 \(\sqrt{1+4r^{2}}\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\)，内层积分一次即可，结果 \(\tfrac{\pi}{6}(5\sqrt5-1)\)。
B 档 综合题，接近考试难度
1. 计算 \(\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{\pi}}\mathrm{d}x\int_{x}^{\sqrt{\pi}}\sin y^{2}\,\mathrm{d}y\)。
看答案
\(\sin y^{2}\) 没有初等原函数，必须换序。区域是 \(0\le x\le\sqrt\pi\)、\(x\le y\le\sqrt\pi\)，换序得 \(0\le y\le\sqrt\pi\)、\(0\le x\le y\)。原式 \(=\int_{0}^{\sqrt\pi}\sin y^{2}\mathrm{d}y\int_{0}^{y}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\sqrt\pi}y\sin y^{2}\mathrm{d}y=\big[-\tfrac12\cos y^{2}\big]_{0}^{\sqrt\pi}=-\tfrac12(\cos\pi-1)=1\)。最后一步的符号容易错：上限代进去得 \(-\tfrac12\cos\pi=+\tfrac12\)，下限代进去得 \(-\tfrac12\)，相减才是 1。
2. 设 \(0\lt a\lt b\)，证明 \(\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{x^{b}-x^{a}}{\ln x}\,\mathrm{d}x=\ln\frac{b+1}{a+1}\)。（提示：把 \(\frac{x^{b}-x^{a}}{\ln x}\) 写成 \(\int_{a}^{b}x^{y}\,\mathrm{d}y\)。）
看答案
由提示，左边 \(=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{a}^{b}x^{y}\mathrm{d}y\)。区域是矩形 \([0,1]\times[a,b]\)，\(x^{y}\) 在闭矩形上连续，富比尼定理适用，可交换次序：\(\int_{a}^{b}\mathrm{d}y\int_{0}^{1}x^{y}\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}\frac{\mathrm{d}y}{y+1}=\ln\frac{b+1}{a+1}\)。第二步用到了 \(y\gt 0\)，若 \(a\) 可以取到 0，内层积分在 \(y=0\) 处发散，整个论证就不成立，这是本题真正的边界。
3. 求由 \(z=x^{2}+y^{2}\) 与 \(z=2-x^{2}-y^{2}\) 所围立体的体积与质心的高度 \(\bar z\)（设密度为常数）。
看答案
两张曲面交于 \(x^{2}+y^{2}=1\)。用柱面坐标，体积 \(=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}r\,\mathrm{d}r\int_{r^{2}}^{2-r^{2}}\mathrm{d}z=2\pi\int_{0}^{1}r(2-2r^{2})\mathrm{d}r=\pi\)。再算 \(\iiint z\,\mathrm{d}v=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}r\,\mathrm{d}r\int_{r^{2}}^{2-r^{2}}z\,\mathrm{d}z=\pi\int_{0}^{1}r\big[(2-r^{2})^{2}-r^{4}\big]\mathrm{d}r=\pi\int_{0}^{1}(4r-4r^{3})\mathrm{d}r=\pi\)。故 \(\bar z=\pi/\pi=1\)。立体关于平面 \(z=1\) 对称，答案本应如此，这一步可以当作验算。
4. 求球面 \(x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}\) 在第一卦限内那一部分的面积。
看答案
第一卦限指 \(x\ge 0\)、\(y\ge 0\)、\(z\ge 0\)，球面在那里的一瓣投影到 xOy 平面上就是四分之一圆盘 \(x^{2}+y^{2}\le a^{2}\)，\(x,y\ge 0\)。取 \(z=\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}\)，得 \(z_{x}=-x/z\)、\(z_{y}=-y/z\)，于是 \(\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}=a/z=a/\sqrt{a^{2}-r^{2}}\)，在投影边界 \(r\to a\) 处它变为无穷，这是曲面在赤道处切平面竖直的反映。极坐标下 \(A=\int_{0}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a}\frac{ar\,\mathrm{d}r}{\sqrt{a^{2}-r^{2}}}\)，内层是 \(a\big[-\sqrt{a^{2}-r^{2}}\big]_{0}^{a}=a^{2}\)，故 \(A=\frac{\pi a^{2}}{2}\)。整个球面是 \(4\pi a^{2}\)，八分之一恰好也是 \(\frac{\pi a^{2}}{2}\)，两条路对得上。
C 档 拓展与历史原题
1. 用二重积分证明 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^{2}}\,\mathrm{d}x=\sqrt{\pi}\)。这个办法通常归于拉普拉斯与泊松在19 世纪初的工作，它绕开了被积函数的原函数。
看答案
记 \(I=\int_{0}^{+\infty}e^{-x^{2}}\mathrm{d}x\)，原积分是 \(2I\)，正方形 \([0,R]^{2}\) 上的积分等于 \(I_{R}^{2}\)，用半径 \(R\) 与 \(\sqrt2R\) 的两块四分之一圆盘把它夹住，两端都趋于 \(\pi/4\)，夹得 \(I^{2}=\pi/4\)，即 \(I=\sqrt\pi/2\)，原积分为 \(\sqrt\pi\)。要害在夹逼时正方形不能跟着变大，否则被夹的对象也变了。
2. 用换元法求椭圆 \(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\le 1\) 的面积。雅可比 1841 年的《论函数行列式》就是为这类问题写的。
看答案
令 \(u=x/a\)、\(v=y/b\)，椭圆变成单位圆盘，由 \(x=au\)、\(y=bv\) 得 \(J=ab\)，映射一对一，于是面积 \(=\iint_{D'}ab\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v=\pi ab\)。行列式在这里是常数，处处放大倍率相同，面积直接乘就行；换元若是非线性的，这个倍率随位置变，必须先写进被积函数再积。
3. 求球面 \(x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}\) 与柱面 \(x^{2}+y^{2}=ax\) 所围立体的体积。1692 年维维亚尼在佛罗伦萨提出的是同一曲面的面积问题，莱布尼茨、洛必达与约翰·伯努利都给出了答案。
看答案
立体在 xOy 平面上的投影是柱面的底 \(r\le a\cos\theta\)、\(\theta\in[-\pi/2,\pi/2]\)，上下各由球面的两半给出，故体积 \(=2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a\cos\theta}\sqrt{a^{2}-r^{2}}\,r\,\mathrm{d}r=\frac{2a^{3}}{3}\big(\pi-\frac43\big)\)。易错处是被积的是 \(|\sin\theta|^{3}\)，写成 \(\sin^{3}\theta\) 会因奇函数在对称区间上积成零，给出整个半球的体积。
思考题 不设标准答案，只给提示
1. 定义里要求的是各小块的直径趋于零。若改成「每块的面积趋于零」，可积的函数会变多还是变少？提示：想一块很长很窄的条子，它在长的那一端函数值差得很远。
看提示
直径控制的是形状，面积只控制大小。只压面积，细长条可以一直留着，条子两端的函数值各走各的，和就不会被逼向一个数。要求越松，可积的函数越少，这与直觉相反。
2. 富比尼定理的条件若可以随便放宽，那个 \(f=(x^{2}-y^{2})/(x^{2}+y^{2})^{2}\) 的例子会变成什么？提示：两个累次积分分别是 \(-\pi/4\) 与 \(+\pi/4\)，若定理无条件成立，二重积分就必须同时等于这两个数。
看提示
那将推得 \(-\pi/4=\pi/4\)，即 \(\pi=0\)。所以定理一旦无条件成立，整个体系就崩了。反过来看，这个反例恰好说明了条件在守什么：它守的是二重积分本身存在。
3. 曲面面积为什么不能像平面图形那样用内接多边形逼近？体积为什么可以？提示：想一条斜线，用细密的锯齿去逼近它。齿越密，折线贴得越近，折线的总长却可以一直变大。
看提示
锯齿的每一段都紧贴着斜线，总长却由齿的振幅与数目决定，齿越密总长越大。曲面面积有同样的毛病：三角形能在曲面上下反复折，折得越密面积越大。体积没有这个毛病，褶皱挤不出新的空间。所以体积可以用内接多面体逼近，面积不行，只能靠切平面上的小平行四边形。
延伸阅读
- 同济大学数学系《高等数学》第七版下册，第十章第一至第四节。
- 卡瓦列里《不可分连续量的几何学》，博洛尼亚，1635 年。
- 雅可比《论函数行列式》（De determinantibus functionalibus），载《纯粹与应用数学杂志》第 22 卷，1841 年。
- 富比尼《论多重积分》（Sugli integrali multipli），载《林琴科学院报告》第 16 卷，1907 年。