先把 $x$ 看成常数，对 $y$ 积分（内层），再对 $x$ 积分（外层）。
先把 $y$ 看成常数，对 $x$ 积分（内层），再对 $y$ 积分（外层）。
几何理解：过区域内部作平行于 $y$ 轴的直线（竖线），这条竖线与区域边界的交点最多两个——一个在下界曲线 $y = \varphi_1(x)$ 上，一个在上界曲线 $y = \varphi_2(x)$ 上。
外层积分变量 $x$：从左到右，范围 $[a,b]$
内层积分变量 $y$：从下到上，范围 $[\varphi_1(x), \varphi_2(x)]$
几何理解：过区域内部作平行于 $x$ 轴的直线（横线），这条横线与区域边界的交点最多两个——一个在左界曲线 $x = \psi_1(y)$ 上，一个在右界曲线 $x = \psi_2(y)$ 上。
外层积分变量 $y$：从下到上，范围 $[c,d]$
内层积分变量 $x$：从左到右，范围 $[\psi_1(y), \psi_2(y)]$
判断方法：画一条平行于 $y$ 轴的竖线，从下穿入（碰到 $y=\varphi_1(x)$），从上穿出（碰到 $y=\varphi_2(x)$），只穿两次。
不等式写法：
$a \leqslant x \leqslant b$（外层，常数）
$\varphi_1(x) \leqslant y \leqslant \varphi_2(x)$（内层，$x$ 的函数）
口诀：$x$ 定限，$y$ 穿线——$x$ 的范围是常数定死的，$y$ 用竖线穿过区域来确定。
判断方法：画一条平行于 $x$ 轴的横线，从左穿入（碰到 $x=\psi_1(y)$），从右穿出（碰到 $x=\psi_2(y)$），只穿两次。
不等式写法：
$c \leqslant y \leqslant d$（外层，常数）
$\psi_1(y) \leqslant x \leqslant \psi_2(y)$（内层，$y$ 的函数）
口诀：$y$ 定限，$x$ 穿线——$y$ 的范围是常数定死的，$x$ 用横线穿过区域来确定。
计算 $\displaystyle\iint_D xy\,\mathrm{d}\sigma$，其中 $D$ 为直线 $y = x$ 与抛物线 $y = x^2$ 所围成的闭区域。
联立 $y = x$ 与 $y = x^2$，得 $x = x^2$，即 $x(x-1) = 0$，交点为 $(0,0)$ 和 $(1,1)$。
在 $[0,1]$ 上，抛物线 $y=x^2$ 在下方，直线 $y=x$ 在上方。竖线穿过区域只穿两次 → X 型区域
$D$：$0 \leqslant x \leqslant 1$，$x^2 \leqslant y \leqslant x$
$\displaystyle\iint_D xy\,\mathrm{d}\sigma = \int_0^1 x\,\mathrm{d}x \int_{x^2}^{x} y\,\mathrm{d}y$
$\displaystyle\int_{x^2}^{x} y\,\mathrm{d}y = \frac{y^2}{2}\bigg|_{x^2}^{x} = \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{2}$
$\displaystyle\int_0^1 x \cdot \frac{x^2 - x^4}{2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int_0^1(x^3 - x^5)\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\left[\frac{x^4}{4}-\frac{x^6}{6}\right]_0^1 = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{12} = \boxed{\dfrac{1}{24}}$
计算 $\displaystyle\iint_D y\sqrt{1+x^2-y^2}\,\mathrm{d}\sigma$，其中 $D$ 是由直线 $y = x$，$x = -1$ 和 $y = 1$ 所围成的闭区域。
三条线围成的三角形区域。$y = x$ 与 $y = 1$ 交于 $(1, 1)$；$y = x$ 与 $x = -1$ 交于 $(-1, -1)$；$x = -1$ 与 $y = 1$ 交于 $(-1, 1)$。
区域是 X 型：$-1 \leqslant x \leqslant 1$，$x \leqslant y \leqslant 1$
$\displaystyle\iint_D y\sqrt{1+x^2-y^2}\,\mathrm{d}\sigma = \int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\int_{x}^{1} y\sqrt{1+x^2-y^2}\,\mathrm{d}y$
令 $u = 1 + x^2 - y^2$，则 $\mathrm{d}u = -2y\,\mathrm{d}y$
$\displaystyle\int_x^1 y\sqrt{1+x^2-y^2}\,\mathrm{d}y = -\frac{1}{2}\int \sqrt{u}\,\mathrm{d}u = -\frac{1}{3}(1+x^2-y^2)^{3/2}\bigg|_{y=x}^{y=1}$
$= -\frac{1}{3}\left[x^{3/2\cdot 2} - (1+x^2-x^2)^{3/2}\right] = -\frac{1}{3}(|x|^3 - 1)$
$= \displaystyle\frac{1}{3}\int_{-1}^{1}(1 - |x|^3)\,\mathrm{d}x$，被积函数是偶函数
$= \dfrac{2}{3}\displaystyle\int_0^1(1 - x^3)\,\mathrm{d}x = \frac{2}{3}\left[x - \frac{x^4}{4}\right]_0^1 = \frac{2}{3}\cdot\frac{3}{4} = \boxed{\dfrac{1}{2}}$
计算 $\displaystyle\iint_D \frac{x^2}{y^2}\,\mathrm{d}\sigma$，其中 $D$ 是由直线 $y = 2$，$y = x$ 和双曲线 $xy = 1$ 所围成的闭区域。
$y = x$ 与 $xy = 1$：$x^2 = 1$，交点 $(1,1)$。$y = 2$ 与 $xy = 1$：交点 $(\frac{1}{2},2)$。$y = 2$ 与 $y = x$：交点 $(2,2)$。
当 $\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant 1$ 时，$y$ 的下限是 $\frac{1}{x}$（双曲线），上限是 $2$。
当 $1 \leqslant x \leqslant 2$ 时，$y$ 的下限是 $x$（直线），上限是 $2$。
因此需要用 $x = 1$ 分成 $D_1, D_2$ 两部分。
$\displaystyle\iint_D \frac{x^2}{y^2}\,\mathrm{d}\sigma = \int_{1/2}^{1}\mathrm{d}x\int_{1/x}^{2}\frac{x^2}{y^2}\,\mathrm{d}y + \int_{1}^{2}\mathrm{d}x\int_{x}^{2}\frac{x^2}{y^2}\,\mathrm{d}y$
第一部分：$\displaystyle\int_{1/2}^{1}\left[-\frac{x^2}{y}\right]_{1/x}^{2}\mathrm{d}x = \int_{1/2}^{1}\left(x^3 - \frac{x^2}{2}\right)\mathrm{d}x = \left[\frac{x^4}{4}-\frac{x^3}{6}\right]_{1/2}^{1} = \frac{81}{192}$
第二部分：$\displaystyle\int_{1}^{2}\left[-\frac{x^2}{y}\right]_{x}^{2}\mathrm{d}x = \int_{1}^{2}\left(x - \frac{x^2}{2}\right)\mathrm{d}x = \left[\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}\right]_{1}^{2} = \frac{27}{192}$
合计 $= \dfrac{81}{192} + \dfrac{27}{192} = \dfrac{108}{192} = \boxed{\dfrac{27}{64}}$
同一道题，如果对 $y$ 积分在外，会怎样？
$D$ 作为 Y 型：$1 \leqslant y \leqslant 2$，$\dfrac{1}{y} \leqslant x \leqslant y$（不需要分区域！）
$\displaystyle\iint_D \frac{x^2}{y^2}\,\mathrm{d}\sigma = \int_1^2 \mathrm{d}y\int_{1/y}^{y}\frac{x^2}{y^2}\,\mathrm{d}x$
$\displaystyle\int_{1/y}^{y}\frac{x^2}{y^2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{y^2}\cdot\frac{x^3}{3}\bigg|_{1/y}^{y} = \frac{1}{3y^2}\left(y^3 - \frac{1}{y^3}\right) = \frac{y}{3} - \frac{1}{3y^5}$
$\displaystyle\int_1^2\left(\frac{y}{3} - \frac{1}{3y^5}\right)\mathrm{d}y = \left[\frac{y^2}{6} + \frac{1}{12y^4}\right]_1^2 = \frac{4}{6}+\frac{1}{192}-\frac{1}{6}-\frac{1}{12} = \boxed{\dfrac{27}{64}}$
交换积分次序：$\displaystyle\int_0^2\mathrm{d}x\int_{2-x}^{\sqrt{4-x^2}} f(x,y)\,\mathrm{d}y$
由积分限：$0 \leqslant x \leqslant 2$，$2 - x \leqslant y \leqslant \sqrt{4 - x^2}$
下界：$y = 2 - x$（直线），上界：$y = \sqrt{4-x^2}$（上半圆 $x^2+y^2=4$）
区域在直线 $y = 2 - x$ 上方，圆 $x^2+y^2=4$ 内部，第一象限。$y$ 的范围：$0 \leqslant y \leqslant 2$。
当 $0 \leqslant y \leqslant 2$ 时，左界是 $x = 0$（$y$ 轴），右界分两段：
当 $0 \leqslant y \leqslant 2$：右界为 $x = \sqrt{4 - y^2}$（圆），左界需分段：
$0 \leqslant y \leqslant 2$ 时左界 $x = 2 - y$（当 $y \leqslant 2$）与 $x = 0$
$\displaystyle= \int_0^2\mathrm{d}y\int_0^{\sqrt{4-y^2}} f(x,y)\,\mathrm{d}x - \int_0^2\mathrm{d}y\int_0^{2-y} f(x,y)\,\mathrm{d}x$
交换积分次序：$\displaystyle\int_0^2\mathrm{d}x\int_{2-x}^{\sqrt{3(4-x^2)}} f(x,y)\,\mathrm{d}y$
还原：$0 \leqslant x \leqslant 2$，$2-x \leqslant y \leqslant \sqrt{3(4-x^2)}$
下界为直线，上界为椭圆上半部分。画出图后用 Y 型重新写。
交换：$\displaystyle\int_0^{\pi}\mathrm{d}x\int_{-\sin\frac{x}{2}}^{\sin x} f(x,y)\,\mathrm{d}y$
下界 $y = -\sin\frac{x}{2}$，上界 $y = \sin x$。此题交换后一般需要分区域，注意 $y$ 的正负范围分别对应不同的 $x$ 区间。
交换：$\displaystyle\int_0^1\mathrm{d}y\int_0^{2y} f(x,y)\,\mathrm{d}x + \int_1^3\mathrm{d}y\int_0^{3-y} f(x,y)\,\mathrm{d}x$
第一个积分区域：$0 \leqslant y \leqslant 1, \; 0 \leqslant x \leqslant 2y$；第二个区域：$1 \leqslant y \leqslant 3, \; 0 \leqslant x \leqslant 3-y$。
两块拼成一个区域后，用 X 型重新描述。当 $0 \leqslant x \leqslant 2$ 时，$\frac{x}{2} \leqslant y \leqslant 3 - x$，合并为：$\displaystyle\int_0^2\mathrm{d}x\int_{x/2}^{3-x}f(x,y)\,\mathrm{d}y$
坐标变换：$x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，面积元素 $\mathrm{d}\sigma = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$
$0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$
$0 \leqslant r \leqslant R$
$0 \leqslant \theta \leqslant \pi$
$0 \leqslant r \leqslant R$
$-\frac{\pi}{2} \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$
$0 \leqslant r \leqslant 2a\cos\theta$
计算 $\displaystyle\iint_D \sqrt{R^2 - x^2 - y^2}\,\mathrm{d}\sigma$，其中 $D$：$x^2 + y^2 \leqslant Rx$。
$D$ 化为极坐标：$x^2+y^2 \leqslant Rx$ 即 $r^2 \leqslant Rr\cos\theta$，即 $r \leqslant R\cos\theta$。这是一个偏心圆：$\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$，$0 \leqslant r \leqslant R\cos\theta$。
$\displaystyle= \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{R\cos\theta}\sqrt{R^2 - r^2}\cdot r\,\mathrm{d}r = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left[-\frac{1}{3}(R^2-r^2)^{3/2}\right]_0^{R\cos\theta}\mathrm{d}\theta$
$= \dfrac{R^3}{3}\displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(1 - \sin^3\theta)\,\mathrm{d}\theta = \frac{R^3}{3}\left(\pi - \frac{4}{3}\right) = \boxed{\dfrac{R^3(3\pi - 4)}{9}}$
设 $f(x,y)$ 连续，证明 $\displaystyle\int_a^b\mathrm{d}x\int_a^x f(x,y)\,\mathrm{d}y = \int_a^b\mathrm{d}y\int_y^b f(x,y)\,\mathrm{d}x$。
左端的积分区域 $D$：$a \leqslant x \leqslant b$，$a \leqslant y \leqslant x$
这是对角线 $y = x$ 下方，正方形 $[a,b] \times [a,b]$ 内的三角形。
同一个三角形区域 $D$ 用 Y 型表示：
$a \leqslant y \leqslant b$，$y \leqslant x \leqslant b$
（因为对于每个 $y$，$x$ 从对角线 $x = y$ 到右边界 $x = b$）
因此 $\displaystyle\iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma$ 的两种累次积分表达相等：
$\displaystyle\int_a^b\mathrm{d}x\int_a^x f(x,y)\,\mathrm{d}y = \int_a^b\mathrm{d}y\int_y^b f(x,y)\,\mathrm{d}x$
| 类型 | 区域描述 | 累次积分公式 |
|---|---|---|
| X 型 | $a \leqslant x \leqslant b$，$\varphi_1(x) \leqslant y \leqslant \varphi_2(x)$ 竖线穿过，$x$ 定限，$y$ 穿线 |
$\displaystyle\int_a^b \mathrm{d}x\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)} f(x,y)\,\mathrm{d}y$ |
| Y 型 | $c \leqslant y \leqslant d$，$\psi_1(y) \leqslant x \leqslant \psi_2(y)$ 横线穿过，$y$ 定限，$x$ 穿线 |
$\displaystyle\int_c^d \mathrm{d}y\int_{\psi_1(y)}^{\psi_2(y)} f(x,y)\,\mathrm{d}x$ |
| 极坐标 | $\alpha \leqslant \theta \leqslant \beta$，$r_1(\theta) \leqslant r \leqslant r_2(\theta)$ 圆、扇、环形区域或含 $x^2+y^2$ |
$\displaystyle\int_\alpha^\beta \mathrm{d}\theta\int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r\cos\theta,r\sin\theta)\,r\,\mathrm{d}r$ |
$\displaystyle\iint_D (x^3 + 3x^2y + y^3)\,\mathrm{d}\sigma = $ ____，其中 $D$：$0 \leqslant x \leqslant 1, \; 0 \leqslant y \leqslant 1$。
$= \displaystyle\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^1(x^3+3x^2y+y^3)\,\mathrm{d}y = \int_0^1\left[x^3y+\frac{3x^2y^2}{2}+\frac{y^4}{4}\right]_0^1\mathrm{d}x = \int_0^1\left(x^3+\frac{3x^2}{2}+\frac{1}{4}\right)\mathrm{d}x = \frac{1}{4}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4} = \boxed{1}$
$\displaystyle\iint_D x\cos(x+y)\,\mathrm{d}\sigma = $ ____，$D$ 为 $(0,0),(\pi,0),(\pi,\pi)$ 的三角形。
X 型：$0 \leqslant x \leqslant \pi$，$0 \leqslant y \leqslant x$
内层：$\displaystyle\int_0^x x\cos(x+y)\,\mathrm{d}y = x[\sin(x+y)]_0^x = x(\sin 2x - \sin x)$
外层：$\displaystyle\int_0^\pi x(\sin 2x - \sin x)\,\mathrm{d}x$，用分部积分可得 $= \boxed{-\pi}$
$\displaystyle\iint_D xye^{x^2+y^2}\,\mathrm{d}\sigma$，$D = \{(x,y)\mid a \leqslant x \leqslant b, c \leqslant y \leqslant d\}$
矩形区域，$f$ 可分离：$xye^{x^2+y^2} = xe^{x^2}\cdot ye^{y^2}$
$= \displaystyle\int_a^b xe^{x^2}\,\mathrm{d}x \cdot \int_c^d ye^{y^2}\,\mathrm{d}y = \frac{1}{4}(e^{b^2}-e^{a^2})(e^{d^2}-e^{c^2})$
$\displaystyle\iint_D |x^2+y^2-2|\,\mathrm{d}\sigma$，$D$：$x^2+y^2 \leqslant 3$
$x^2+y^2-2 = r^2-2$，当 $r \leqslant \sqrt{2}$ 时为负，$r > \sqrt{2}$ 时为正。
$= \displaystyle\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\left[\int_0^{\sqrt{2}}(2-r^2)r\,\mathrm{d}r + \int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}}(r^2-2)r\,\mathrm{d}r\right] = 2\pi\left[1+\frac{1}{4}\right] = \boxed{\dfrac{5\pi}{2}}$
题目：计算 $\displaystyle\int_0^1\int_0^x xy\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x$
解：先对 $y$ 积分（$x$ 视为常数）：
$\displaystyle\int_0^x xy\,\mathrm{d}y = x\cdot\frac{y^2}{2}\bigg|_0^x = \frac{x^3}{2}$
再对 $x$ 积分：
$\displaystyle\int_0^1 \frac{x^3}{2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\cdot\frac{x^4}{4}\bigg|_0^1 = \frac{1}{8}$
因此 $\displaystyle\int_0^1\int_0^x xy\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x = \boxed{\dfrac{1}{8}}$
题目：计算 $\displaystyle\iint_D (x+y)\,\mathrm{d}A$，其中 $D: 0\leqslant x\leqslant 1,\; 0\leqslant y\leqslant 1$
解：化为累次积分（先 $y$ 后 $x$）：
$\displaystyle\iint_D (x+y)\,\mathrm{d}A = \int_0^1\mathrm{d}x\int_0^1 (x+y)\,\mathrm{d}y$
内层积分：$\displaystyle\int_0^1 (x+y)\,\mathrm{d}y = \left[xy + \frac{y^2}{2}\right]_0^1 = x + \frac{1}{2}$
外层积分：$\displaystyle\int_0^1 \left(x + \frac{1}{2}\right)\mathrm{d}x = \left[\frac{x^2}{2} + \frac{x}{2}\right]_0^1 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$
因此 $\displaystyle\iint_D (x+y)\,\mathrm{d}A = \boxed{1}$