type one：根据极限化积分

(1)lim⁡m→∞lim⁡n→∞∑i=1m∑j=1nn(m+i)(n2+j2)=\lim_{m \to \infty} \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{m} \sum_{j=1}^{n} \frac{n}{(m + i)(n^2 + j^2)} =

(2) lim⁡n→∞∑i=1n∑j=1nin3sin⁡22πjn=\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{i}{n^3} \sin^2 \frac{2\pi j}{n} =.

本质还是和之前的积分一样，传送门
提出来一个1m或者1n\frac{1}{m}或者\frac{1}{n}当dx或者dy，in或im变成x或ydx或者dy ，\frac{i}{n}或\frac{i}{m}变成x或y
哎呀，其实都一样，就是一个变成了两个
跳过

type two：根据奇偶性简化运算

设 D={(x,y)∣−1≤x≤1,0<y≤1}D = \{ (x, y) \mid -1 \leq x \leq 1, 0 < y \leq 1 \}，则 ∬D[x2y+yln⁡(x+x2+1)] dx dy=\iint_D [x^2 y + y \ln (x + \sqrt{x^2 + 1})] \, dx \, dy =.
设 D={(x,y)∣x2+y2≤4}D = \{ (x, y) \mid x^2 + y^2 \leq 4 \}，则 ∬D(x+2y)2 dx dy=\iint_D (x + 2y)^2 \, dx \, dy =.
第一道
从-1到1，x的范围对称，所以看被积函数关于x的奇偶性，第一个项是偶函数，所以这一部分翻倍，第二项是奇函数，所以抵消
所以 I=∬D[x2y+yln⁡(x+x2+1)] dx dy=∬Dx2y dx dy=2∫01x2 dx∫01y dy=13I = \iint_D [x^2 y + y \ln (x + \sqrt{x^2 + 1})] \, dx \, dy = \iint_D x^2 y \, dx \, dy = 2 \int_0^1 x^2 \, dx \int_0^1 y \, dy = \frac{1}{3}.
第二道
积分区域关于x、y轴对称
把被积函数展开，x2，4y2x^2，4y^2偶函数翻倍，4xy4xy光看x是奇函数，所以抵消，就不用看y了，x和y就看一个，哪个起作用看哪个

type three：求带有积分的极限

设 f(u)f(u) 连续，f(0)=0f(0) = 0, f′(0)=1f'(0) = 1，D={(x,y)∣x2+y2≤t2}(t>0)\mathbb{D} = \{ (x, y) \mid x^2 + y^2 \leq t^2 \} (t > 0)，

则 lim⁡t→0+∬Df(x2+y2) dx dytan⁡t−t=\lim_{t \to 0^+} \frac{\iint_{\mathbb{D}} f(\sqrt{x^2 + y^2}) \, dx \, dy}{\tan t - t} =.

这种类型不管长的多唬人都有两个东西
一个是等价无穷小替换或者泰勒展开，另一个是洛必达
先把分母无穷小替换了，然后洛必达
对于分母可以变成极坐标下的二重积分，θ可以直接算出来，后边变成了关于ρ的积分，直接根据这个技巧求导

解

由 ∬Df(x2+y2) dx dy=∫02πdθ∫0trf(r) dr=2π∫0trf(r) dr\iint_D f(\sqrt{x^2 + y^2}) \, dx \, dy = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^t r f(r) \, dr = 2\pi \int_0^t r f(r) \, dr 得

lim⁡t→0+∬Df(x2+y2) dx dytan⁡t−t=2πlim⁡t→0+∫0trf(r) drtan⁡t−t=2πlim⁡t→0+tf(t)sec⁡2t−1\lim_{t \to 0^+} \frac{\iint_D f(\sqrt{x^2 + y^2}) \, dx \, dy}{\tan t - t} = 2\pi \lim_{t \to 0^+} \frac{\int_0^t r f(r) \, dr}{\tan t - t} = 2\pi \lim_{t \to 0^+} \frac{t f(t)}{\sec^2 t - 1}

=2πlim⁡t→0+tf(t)t2=2πlim⁡t→0+f(t)−f(0)t=2πf′(0)=2π= 2\pi \lim_{t \to 0^+} \frac{t f(t)}{t^2} = 2\pi \lim_{t \to 0^+} \frac{f(t) - f(0)}{t} = 2\pi f'(0) = 2\pi.

type four：含自积分项的二元函数方程求解

设区域 DD 由 y=2x−x2y = \sqrt{2x - x^2} 与 xx 轴围成区域，f(x,y)=xy−∬Df(x,y) dx dyf(x, y) = xy - \iint_D f(x, y) \, dx \, dy，则 f(x,y)=f(x, y) =.
可以想到后边那个二重积分的项就是一个常数，直接写成C
然后对f(x,y)=xy−Cf(x,y)=xy-C进行积分，算到最后就剩一个C是未知数
然后解方程就出来了

解

令A=∬Df(x,y) dx dyA=\iint_D f(x, y) \, dx \, dy，则 f(x,y)=xy−Af(x, y) = xy - A，两边积分得

A=∬Dxy dx dy−A⋅π2=∫02πdθ∫02cos⁡θr3sin⁡θcos⁡θ dr−π2AA = \iint_D xy \, dx \, dy - A \cdot \frac{\pi}{2} = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{2 \cos \theta} r^3 \sin \theta \cos \theta \, dr - \frac{\pi}{2} A

=∫0π2sin⁡θcos⁡5θ dθ∫02cos⁡θr3 dr−π2A= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin \theta \cos^5 \theta \, d\theta \int_0^{2 \cos \theta} r^3 \, dr - \frac{\pi}{2} A

=4∫0π2sin⁡θcos⁡5θ dθ−π2A=23−π2A= 4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin \theta \cos^5 \theta \, d\theta - \frac{\pi}{2} A = \frac{2}{3} - \frac{\pi}{2} A,

解得 A=43(2+π)A = \frac{4}{3(2 + \pi)}，故 f(x,y)=xy−43(2+π)f(x, y) = xy - \frac{4}{3(2 + \pi)}.

type five：积分区域关于y=x对称

设 D={(x,y)∣x2+y2≤4,x≥0,y≥0}D = \{ (x, y) \mid x^2 + y^2 \leq 4, x \geq 0, y \geq 0 \}，且 a>0a > 0, b>0b > 0，则 I=∬Daex2+bey2ex2+ey2 dσ=()I = \iint_D \frac{a e^{x^2} + b e^{y^2}}{e^{x^2} + e^{y^2}} \, d\sigma = ( \quad ).

（A）(a+b)4π\frac{(a + b)}{4} \pi

（B）(a+b)3π\frac{(a + b)}{3} \pi

（C） (a+b)2π\frac{(a + b)}{2} \pi

（D） (a+b)π(a + b) \pi
唉😮‍💨，吃一堑长一堑的题型，总是想不起来这个特性
积分区域关于y=x对称的话，被积分函数的xy可以呼唤位置结果还不变，换之前的式子和换之后的式子相加刚好可以消掉

解

因为区域 DD 关于 y=xy = x 对称，

所以有 I=∬Daex2+bey2ex2+ey2 dω=∬Daey2+bex2ey2+ex2 dσI = \iint_D \frac{a e^{x^2} + b e^{y^2}}{e^{x^2} + e^{y^2}} \, d\omega = \iint_D \frac{a e^{y^2} + b e^{x^2}}{e^{y^2} + e^{x^2}} \, d\sigma,

从而 I=12(∬Daex2+bey2ex2+ey2 dσ+∬Daey2+bex2ey2+ex2 dσ)=12(a+b)∬Ddσ=(a+b)π2I = \frac{1}{2} \left( \iint_D \frac{a e^{x^2} + b e^{y^2}}{e^{x^2} + e^{y^2}} \, d\sigma + \iint_D \frac{a e^{y^2} + b e^{x^2}}{e^{y^2} + e^{x^2}} \, d\sigma\right) = \frac{1}{2} (a + b) \iint_D d\sigma = \frac{(a + b) \pi}{2}，选 ©。
还有一道

计算 ∬Dxx2+y2 dx dy\iint_D \frac{x}{x^2 + y^2} \, dx \, dy，其中 D={(x,y)∣x+y≥1,x2+y2≤1}D = \{ (x, y) \mid x + y \geq 1, x^2 + y^2 \leq 1 \}.
I=12∬Dx+yx2+y2 dx dy=12∫0π2dθ∫1sin⁡θ+cos⁡θ1(sin⁡θ+cos⁡θ) drI = \frac{1}{2} \iint_D \frac{x + y}{x^2 + y^2} \, dx \, dy = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{\frac{1}{\sin \theta + \cos \theta}}^1 (\sin \theta + \cos \theta) \, dr

=12∫0π2(sin⁡θ+cos⁡θ)(1−1sin⁡θ+cos⁡θ)dθ=12×(2−π2)=1−π4= \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin \theta + \cos \theta) \left( 1 - \frac{1}{\sin \theta + \cos \theta} \right) d\theta = \frac{1}{2} \times \left( 2 - \frac{\pi}{2} \right) = 1 - \frac{\pi}{4}.

可烦，课本上二重积分和三重积分是一章
接力题典上三重积分和曲线曲面积分是一章
总结都不好总结
而且二重积分的内容就这一点，五个题型反反复复出