二重积分计算是个老大难，有的题目计算过程极其复杂，直角坐标和极坐标换元已不足以应对“复杂路况”，这个时候怎么办？整上一手超强换元法，出奇制胜，本文带你一窥究竟。
首先来回顾下定积分的换元过程：
I
=
∫
a
b
f
(
x
)
d
x
I=\int_{a}^{b}f(x)dx
I
=
∫
a
b
f
(
x
)
d
x
，令
x
=
g
(
t
)
x=g(t)
x
=
g
(
t
)
，则：
I
=
∫
g
−
1
(
a
)
g
−
1
(
b
)
f
(
g
(
t
)
)
d
g
(
t
)
I=\int_{g^{-1}(a)}^{g^{-1}(b)}f(g(t))dg(t)
I
=
∫
g
−
1
(
a
)
g
−
1
(
b
)
f
(
g
(
t
)
)
d
g
(
t
)
最终为：
I
=
∫
g
−
1
(
a
)
g
−
1
(
b
)
f
(
g
(
t
)
)
g
′
(
t
)
d
t
I=\int_{g^{-1}\left( a \right)}^{g^{-1}\left( b \right)}f(g\left( t \right))g’\left( t \right)dt
I
=
∫
g
−
1
(
a
)
g
−
1
(
b
)
f
(
g
(
t
)
)
g
′
(
t
)
d
t
可见换元要换三个东西（重点提示）：
1.积分上下限；
2.被积函数；
3.积分变量
所以我们类比到二重积分的换元过程：
I
=
∫
c
d
∫
a
b
f
(
x
,
y
)
d
x
d
y
I=\int_{c}^{d}\int_{a}^{b}f(x,y)dxdy
I
=
∫
c
d
∫
a
b
f
(
x
,
y
)
d
x
d
y
，令
x
=
x
(
u
,
v
)
，
y
=
y
(
u
,
v
)
x=x(u,v)，y=y(u,v)
x
=
x
(
u
,
v
)
，
y
=
y
(
u
,
v
)
,换元之后为：
I
=
∫
g
h
∫
e
f
f
(
x
(
u
,
v
)
,
y
(
u
,
v
)
)
d
x
(
u
,
v
)
d
y
(
u
,
v
)
I=\int_{g}^{h}\int_{e}^{f}f(x(u,v),y(u,v))dx(u,v)dy(u,v)
I
=
∫
g
h
∫
e
f
f
(
x
(
u
,
v
)
,
y
(
u
,
v
)
)
d
x
(
u
,
v
)
d
y
(
u
,
v
)
可见，积分上下限和被积函数好表示（积分上下限通过画图可以表示出来，被积函数直接带入表达式即可）。所以关键的难点就落到了
d
x
(
u
,
v
)
d
y
(
u
,
v
)
dx(u,v)dy(u,v)
d
x
(
u
,
v
)
d
y
(
u
,
v
)
如何表达成
d
u
d
v
dudv
d
u
d
v
上面，而这即是找它们之间的关系，怎么找？这就涉及到了雅可比行列式。
什么是雅可比行列式：
首先我们知道，
d
x
d
y
dxdy
d
x
d
y
与
d
u
d
v
dudv
d
u
d
v
都表示微元面积，所以我们要找它们之间的关系，无非就是找换元前后微元面积的关系。
p.s.换元后微元边界不一定是直的，但是由于其很小，所以可以“以直代曲”
为了更清楚的了解换元前后微元面积的关系，我们取出左下角坐标为 (
u
0
,
v
0
u_{0},v_{0}
u
0
,
v
0
) 的一个微元和与其对应的微元一起放大，如下图：
由于我们经过了
x
=
x
(
u
,
v
)
，
y
=
y
(
u
,
v
)
x=x(u,v)，y=y(u,v)
x
=
x
(
u
,
v
)
，
y
=
y
(
u
,
v
)
这个换元。所以坐标系中的点 (
u
0
，
v
0
u_{0}，v_{0}
u
0
，
v
0
) 就变成另一个坐标系里面的
(
x
(
u
0
,
v
0
)
,
y
(
u
0
,
v
0
)
)
(x(u_{0},v_{0}),y(u_{0},v_{0}))
(
x
(
u
0
,
v
0
)
,
y
(
u
0
,
v
0
)
)
，其他的点类似。于是就得到了上图右边微元的坐标。
接下来就可以求它们的面积了，根据平行四边形面积公式：
s
=
∣
a
∣
∣
b
∣
∣
s
i
n
θ
∣
=
∣
a
×
b
∣
s=|a||b||sin\theta|=|a\times b|
s
=
∣
a
∣
∣
b
∣
∣
s
i
n
θ
∣
=
∣
a
×
b
∣
，所以有：
d
A
=
∣
u
×
v
∣
=
d
u
d
v
,
d
A
1
=
∣
l
×
m
∣
dA=|u\times v|=dudv , dA_{1}=|l\times m|
d
A
=
∣
u
×
v
∣
=
d
u
d
v
,
d
A
1
=
∣
l
×
m
∣
其中
l
=
(
x
(
u
0
,
v
0
+
d
v
)
−
x
(
u
0
,
v
0
)
,
y
(
u
0
,
v
0
+
d
v
)
−
y
(
u
0
,
v
0
)
)
l=\left( x(u_{0},v_{0}+dv)-x(u_{0},v_{0}),y(u_{0},v_{0}+dv)-y(u_{0},v_{0}) \right)
l
=
(
x
(
u
0
,
v
0
+
d
v
)
−
x
(
u
0
,
v
0
)
,
y
(
u
0
,
v
0
+
d
v
)
−
y
(
u
0
,
v
0
)
)
m
=
(
x
(
u
0
+
d
u
,
v
0
)
−
x
(
u
0
,
v
0
)
,
y
(
u
0
+
d
u
,
v
0
)
−
y
(
u
0
,
v
0
)
)
m=\left( x(u_{0}+du,v_{0})-x(u_{0},v_{0}),y(u_{0}+du,v_{0})-y(u_{0},v_{0}) \right)
m
=
(
x
(
u
0
+
d
u
,
v
0
)
−
x
(
u
0
,
v
0
)
,
y
(
u
0
+
d
u
,
v
0
)
−
y
(
u
0
,
v
0
)
)
由多元微分学知识：
x
(
u
+
d
u
,
v
+
d
v
)
−
x
(
u
,
v
)
=
x
u
′
d
u
+
x
v
′
d
v
x(u+du,v+dv)-x(u,v)=x’_{u}du+x’_{v}dv
x
(
u
+
d
u
,
v
+
d
v
)
−
x
(
u
,
v
)
=
x
u
′
d
u
+
x
v
′
d
v
y
(
u
+
d
u
,
v
+
d
v
)
−
y
(
u
,
v
)
=
y
u
′
d
u
+
y
v
′
d
v
y(u+du,v+dv)-y(u,v)=y’_{u}du+y’_{v}dv
y
(
u
+
d
u
,
v
+
d
v
)
−
y
(
u
,
v
)
=
y
u
′
d
u
+
y
v
′
d
v
所以此时：
l
=
(
x
v
′
d
v
,
y
v
′
d
v
)
,
m
=
(
x
u
′
d
u
,
y
u
′
d
u
)
l=(x’_{v}dv,y’_{v}dv) , m=(x’_{u}du,y’_{u}du)
l
=
(
x
v
′
d
v
,
y
v
′
d
v
)
,
m
=
(
x
u
′
d
u
,
y
u
′
d
u
)
故
d
A
1
=
∣
(
x
v
′
d
v
,
y
v
′
d
v
)
×
(
x
u
′
d
u
,
y
u
′
d
u
)
∣
=
∣
x
v
′
y
u
′
−
y
v
′
x
u
′
∣
d
u
d
v
dA_{1}=|(x’_{v}dv,y’_{v}dv)\times (x’_{u}du,y’_{u}du)|=|x’_{v}y’_{u}-y’_{v}x’_{u}|dudv
d
A
1
=
∣
(
x
v
′
d
v
,
y
v
′
d
v
)
×
(
x
u
′
d
u
,
y
u
′
d
u
)
∣
=
∣
x
v
′
y
u
′
−
y
v
′
x
u
′
∣
d
u
d
v
即
d
A
1
=
∣
x
v
′
y
u
′
−
y
v
′
x
u
′
∣
d
A
dA_{1}=|x’_{v}y’_{u}-y’_{v}x’_{u}|dA
d
A
1
=
∣
x
v
′
y
u
′
−
y
v
′
x
u
′
∣
d
A
，这个就是微元面积之间的关系。
此时设
J
=
∣
x
u
′
x
v
′
y
u
′
y
v
′
∣
J= {\begin{vmatrix} x’_{u}&x’_{v}\\ y’_{u}&y’_{v} \end{vmatrix}}
J
=
∣
∣
∣
∣
x
u
′
y
u
′
x
v
′
y
v
′
∣
∣
∣
∣
，那么
d
A
1
=
∣
J
∣
d
A
dA_{1}=|J|dA
d
A
1
=
∣
J
∣
d
A
，而这个 J 就是雅可比行列式。
可见雅可比行列式的绝对值就是换元前后微元面积的比值。
所以就有：
d
x
d
y
=
∣
J
∣
d
u
d
v
dxdy=|J|dudv
d
x
d
y
=
∣
J
∣
d
u
d
v
。
接下来，我们用熟悉的极坐标举例子：
x
=
r
c
o
s
θ
,
y
=
r
s
i
n
θ
d
x
d
y
=
d
(
r
c
o
s
θ
)
d
(
r
s
i
n
θ
)
J
=
∣
x
r
′
x
θ
′
y
r
′
y
θ
′
∣
=
∣
c
o
s
θ
−
r
s
i
n
θ
s
i
n
θ
r
c
o
s
θ
∣
=
r
c
o
s
2
(
θ
)
+
r
s
i
n
2
(
θ
)
=
r
d
x
d
y
=
∣
J
∣
d
(
r
)
d
(
θ
)
=
r
d
(
r
)
d
(
θ
)
x=rcos\theta,y=rsin\theta dxdy=d(rcos\theta)d(rsin\theta) J={\begin{vmatrix} x’_{r}&x’_{\theta}\\ y’_{r}&y’_{\theta} \end{vmatrix}}={\begin{vmatrix} cos\theta&-rsin\theta\\ sin\theta&rcos\theta \end{vmatrix}}=rcos^{2}(\theta)+rsin^{2}(\theta)=r dxdy=|J|d(r)d(\theta)=rd(r)d(\theta)
x
=
r
c
o
s
θ
,
y
=
r
s
i
n
θ
d
x
d
y
=
d
(
r
c
o
s
θ
)
d
(
r
s
i
n
θ
)
J
=
∣
∣
∣
∣
x
r
′
y
r
′
x
θ
′
y
θ
′
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
c
o
s
θ
s
i
n
θ
−
r
s
i
n
θ
r
c
o
s
θ
∣
∣
∣
∣
=
r
c
o
s
2
(
θ
)
+
r
s
i
n
2
(
θ
)
=
r
d
x
d
y
=
∣
J
∣
d
(
r
)
d
(
θ
)
=
r
d
(
r
)
d
(
θ
)
可见，极坐标换元仍然属于本文超强换元法的一种。接下来再来讲几道例题。
例题讲解：
例题一：
计算
∫
∫
D
e
y
−
x
y
+
x
d
x
d
y
∫∫_{D}e^{\frac{y-x}{y+x}}dxdy
∫
∫
D
e
y
+
x
y
−
x
d
x
d
y
，其中D由 x 轴， y 轴，和直线
x
+
y
=
2
x+y=2
x
+
y
=
2
所围成的闭区域。
解：令
u
=
y
−
x
，
v
=
y
+
x
u=y-x ， v=y+x
u
=
y
−
x
，
v
=
y
+
x
，则
x
=
v
−
u
2
，
y
=
v
+
u
2
x=\frac{v-u}{2} ， y=\frac{v+u}{2}
x
=
2
v
−
u
，
y
=
2
v
+
u
.
D
→
D
′
D\rightarrow D’
D
→
D
′
，即
x
=
0
→
u
=
v
y
=
0
→
u
=
−
v
x
+
y
=
2
→
v
=
2
x=0\rightarrow u=v\\y=0\rightarrow u=-v\\x+y=2\rightarrow v=2
x
=
0
→
u
=
v
y
=
0
→
u
=
−
v
x
+
y
=
2
→
v
=
2
所以有雅可比行列式：
J
=
∣
x
u
′
x
v
′
y
u
′
y
v
′
∣
=
∣
−
1
2
1
2
1
2
1
2
∣
=
−
1
2
J=\begin{vmatrix} x_{u}^{‘}&x_{v}^{‘}\\ y_{u}^{‘}&y_{v}^{‘} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} -\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&\frac{1}{2} \end{vmatrix}=-\frac{1}{2}
J
=
∣
∣
∣
∣
x
u
′
y
u
′
x
v
′
y
v
′
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
−
2
1
2
1
2
1
2
1
∣
∣
∣
∣
=
−
2
1
∫
∫
D
e
y
−
x
y
+
x
d
x
d
y
=
∫
∫
D
′
e
u
v
∣
J
∣
d
u
d
v
=
∫
∫
D
′
e
u
v
∣
−
1
2
∣
d
u
d
v
∫∫_{D}e^{\frac{y-x}{y+x}}dxdy=∫∫_{D’}e^{\frac{u}{v}}|J|dudv=∫∫_{D’}e^{\frac{u}{v}}\left| -\frac{1}{2} \right|dudv
∫
∫
D
e
y
+
x
y
−
x
d
x
d
y
=
∫
∫
D
′
e
v
u
∣
J
∣
d
u
d
v
=
∫
∫
D
′
e
v
u
∣
∣
−
2
1
∣
∣
d
u
d
v
所以原积分为：
1
2
∫
∫
D
′
e
u
v
d
u
d
v
=
1
2
∫
0
2
d
v
∫
−
v
v
e
u
v
d
u
=
1
2
∫
0
2
(
e
−
e
−
1
)
v
d
v
=
e
−
e
−
1
\frac{1}{2} ∫∫_{D’}e^{\frac{u}{v}}dudv=\frac{1}{2}\int_{0}^{2}dv\int_{-v}^{v}e^{\frac{u}{v}}du=\frac{1}{2}\int_{0}^{2}(e-e^{-1})vdv=e-e^{-1}
2
1
∫
∫
D
′
e
v
u
d
u
d
v
=
2
1
∫
0
2
d
v
∫
−
v
v
e
v
u
d
u
=
2
1
∫
0
2
(
e
−
e
−
1
)
v
d
v
=
e
−
e
−
1
例题二：
求椭圆
2
x
2
+
4
x
y
+
5
y
2
=
1
2x^{2}+4xy+5y^{2}=1
2
x
2
+
4
x
y
+
5
y
2
=
1
的面积
面对这道题，其实做法很多。
1.求椭圆上距离原点最大和最小值，即长半轴长和短半轴长，再用椭圆面积公式解决。
2.利用正交变换把图形变正，继而直接得到长短轴长，再用椭圆面积公式解决。
这里我采用二重积分来做：
面积表达式：
S
=
∫
∫
D
1
d
x
d
y
S=∫∫_{D}1dxdy
S
=
∫
∫
D
1
d
x
d
y
，积分区域
D
：
2
x
2
+
4
x
y
+
5
y
2
=
1
D： 2x^{2}+4xy+5y^{2}=1
D
：
2
x
2
+
4
x
y
+
5
y
2
=
1
围成的区域
由于D无法分离出x和y，故无法继续往下做，这时候想办法对表达式进行换元，如何换？先配方看看。
配方过程：
2
(
x
2
+
2
x
y
+
y
2
)
+
3
y
2
=
1
⇒
2
(
x
+
y
)
2
+
3
y
2
=
1
⇒
[
2
(
x
+
y
)
]
2
+
(
3
y
)
2
=
1
2(x^{2}+2xy+y^{2})+3y^{2}=1 \Rightarrow2(x+y)^{2}+3y^{2}=1\Rightarrow [\sqrt{2}(x+y)]^{2}+(\sqrt{3}y)^{2}=1
2
(
x
2
+
2
x
y
+
y
2
)
+
3
y
2
=
1
⇒
2
(
x
+
y
)
2
+
3
y
2
=
1
⇒
[
2
(
x
+
y
)
]
2
+
(
3
y
)
2
=
1
于是我就知道如何换元了： 令：
2
(
x
+
y
)
=
u
，
3
y
=
v
\sqrt{2}(x+y)=u ， \sqrt{3}y=v
2
(
x
+
y
)
=
u
，
3
y
=
v
；即：
x
=
u
2
−
v
3
，
y
=
1
3
v
x=\frac{u}{\sqrt{2}}-\frac{v}{\sqrt{3}} ， y=\frac{1}{\sqrt{3}}v
x
=
2
u
−
3
v
，
y
=
3
1
v
所以原式变为：
u
2
+
v
2
=
1
u^{2}+v^{2}=1
u
2
+
v
2
=
1
，即积分区域变成了
D
′
:
u
2
+
v
2
=
1
D’ : u^{2}+v^{2}=1
D
′
:
u
2
+
v
2
=
1
先求雅可比行列式：
J
=
∣
x
u
′
x
v
′
y
u
′
y
v
′
∣
=
∣
1
2
−
1
3
0
1
3
∣
=
1
6
J={\begin{vmatrix} x’_{u}&x’_{v}\\ y’_{u}&y’_{v} \end{vmatrix}}={\begin{vmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{3}}\\ 0&\frac{1}{\sqrt{3}}\end{vmatrix}}=\frac{1}{\sqrt{6}}
J
=
∣
∣
∣
∣
x
u
′
y
u
′
x
v
′
y
v
′
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
2
1
0
−
3
1
3
1
∣
∣
∣
∣
∣
=
6
1
再求积分：
S
=
∫
∫
D
’
1
⋅
∣
J
∣
d
u
d
v
S=∫∫_{D’}1\cdot |J|dudv
S
=
∫
∫
D
’
1
⋅
∣
J
∣
d
u
d
v
S
=
1
6
∫
∫
D
’
d
u
d
v
S=\frac{1}{\sqrt{6}}∫∫_{D’}dudv
S
=
6
1
∫
∫
D
’
d
u
d
v
，而
∫
∫
D
’
d
u
d
v
∫∫_{D’}dudv
∫
∫
D
’
d
u
d
v
等于 D’ 区域的面积，所以：
S
=
1
6
⋅
π
1
2
=
π
6
S= \frac{1}{\sqrt{6}}\cdot \pi 1^{2}=\frac{\pi}{\sqrt{6}}
S
=
6
1
⋅
π
1
2
=
6
π
启示：可见除了正交变换外，配方法也可以用于求图形面积，与正交变换不同的是，其会改变图形的形状和大小，但是可以通过雅可比行列式进行数值矫正，从而殊途同归。
到此结束~
我是煜神学长，考研我们一起加油！