§22.1 二重积分的概念

22.1.1 二重积分的定义

在形式上与一元函数的定积分类似，可对二元函数的重积分定义如下:

设二元函数 $f$ 在可求面积的有界区域 $D\subset {\mathbf{R}}^2$ 上定义，如果存在极限

lim _ | T | arrow 0 ∑ f (ξ_ i, η_ i) Δ σ_ i, (22.1)$$\underset{\Vert T\Vert \to 0}{\lim }\sum f({\xi }_i,{\eta }_i)\Delta {\sigma }_i,\text{\hspace{1em}(22.1)}$$

则称 $f$ 在 $D$ 上可积，并称其极限值为 $f$ 在 $D$ 上的二重积分，记为

iint_ D f (x, y) d x d y.$${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

在$(22.1)$中， $T$ 是 $D$ 的任一分划， $\Vert T\Vert$ 为子区域的最大直径， ${\sigma }_i$ 为第 $i$ 个可求面积的子区域， $\Delta {\sigma }_i$ 为 ${\sigma }_i$ 的面积， $({\xi }_i,{\eta }_i)$ 是 ${\sigma }_i$ 中任一点．

在上述定义中有两点是要加以特别说明的．第一，怎样定义可求面积的区域? 如何定义分划 $T$ 使子区域均可求面积? 第二，为什么要用子区域的最大直径来刻画分划的模 $\Vert T\Vert$ ? 对于第二点比较容易理解．因为如果用子区域的最大面积来刻画分划的模的话，即使子区域的面积很小，但在同一子区域的点可能相距很远．因此“以直代曲”就不可能在一个小范围内实现．对于第一点，现行教科书中有两类解决的方案．在一些教科书上是先考虑在矩形区域上的二重积分 (见 [36, 8] 等), 因而分划 $T$ 自然是用直线网来实现．把 $D$ 分成有限个小矩形，$(22.1)$ 式的含义也是很清楚的．对于一般的区域 $D$ 上函数 $f$ 的二重积分，通过 $f$ 对 $D$ 的特征函数

f _ D (x, y) = { l l f (x, y), & text 当 (x, y) ∈ D text 时, 0, & text 其他 .$$f_D(x,y)=\{\begin{array}{ll}f(x,y),& \text{当}(x,y)\in D\text{时},\\ 0,& \text{其他}\end{array}$$

来过渡．第二类方案 (见 [24, 11, 28, 9] 等) 是先定义平面区域的面积．一个平面区域 $D$ 可求面积是指 $\forall \epsilon >0$，存在有限个矩形组成的多边形 ${\Sigma }_1,{\Sigma }_2$，使 ${\Sigma }_1\subset D\subset {\Sigma }_2$，且使得 ${\Sigma }_2$ 的面积 - ${\Sigma }_1$ 的面积 $<\epsilon$．又如果一条曲线可用有限个面积任意小的矩形覆盖，则称这条曲线是零面积的．平面区域 $D$ 可求面积的充分必要条件为边界 $\partial D$ 是零面积的．因此分划 $T$ 是用有限条零面积的曲线网来实现的．读者可参考相应的教科书对这个定义作进一步的理解．

22.1.2 可积函数类

先引进平面 ${\mathbf{R}}^2$ 内的零测度集 (参见上册 $304$ 页关于一维零测度集的定义). 设 $S$ 是 ${\mathbf{R}}^2$ 内的一个点集，如果 $\forall \epsilon >0$，存在可列个矩形 ${\Delta }_1,{\Delta }_2,\cdots ,{\Delta }_n,\cdots$，使得

(1) ${\sum }_{n=1}^{\infty }{\Delta }_n\supset S$，即矩形集 $\{{\Delta }_n\}$ 覆盖了 $S$ ,

(2) ${\sum }_{n=1}^{\infty }|{\Delta }_n|<\epsilon$，其中 $|{\Delta }_n|$ 为 ${\Delta }_n$ 的面积，

则称 $S$ 是 ${\mathbf{R}}^2$ 内的一个零测度集．注意零面积集必是零测度集，但零测度集不一定是零面积集．例如 ${\mathbf{R}}^2$ 中有理点全体组成的集是零测度集，但不是零面积集．

与一元函数的定积分类似，我们有如下的可积充分必要条件 (参见上册 $304$ 页的 $Lebesgue$ 定理).

命题22.1.1

设 $D$ 为可求面积的有界闭区域，$f$ 是定义在 $D$ 上的有界函数，则 $f$ 在 $D$ 上可积的充分必要条件是 $f$ 在 $D$ 上的所有不连续点的集合是零测度集。

命题22.1.1的证明可参见[28]等．由命题22.1.1立得: $D$ 上的连续函数是可积的; 只有至多可列个不连续点的有界函数是可积的; 甚至若有界函数 $f$ 的所有不连续点组成 $D$ 的有限条零测度的曲线，则 $f$ 也是可积的．

二重积分的性质与一元函数的定积分完全类似，这里不再重复．如不作特殊申明，以下均假设 $D$ 为可求面积的有界闭区域．

例题22.1.1

设曲线 $l:x=\phi (t),y=\psi (t),\alpha ⩽t⩽\beta$ ，其中 $\phi ,\psi$ 连续，且至少其中之一有连续导数，则曲线 $l$ 的面积为零。

证明

不妨设 $\phi (t)$ 在闭区间 $[\alpha ,\beta ]$ 上连续，$\psi (t)$ 有连续导函数．$\forall \epsilon >0$，可作分割 $\alpha =t_0<t_1<\cdots <t_n=\beta$，使当 $s,t\in [t_{j-1},t_j],j=1,2,\cdots ,n$ 时有

| φ (s) - φ (t) | < ε .$$|\phi (s)-\phi (t)|<\epsilon .$$

令

a _ j = min _ t _ j - 1 ≤slant t ≤slant t _ j {φ (t) }, b _ j = max _ t _ j - 1 ≤slant t ≤slant t _ j {φ (t) },$$a_j=\underset{t_{j-1}⩽t⩽t_j}{\min }\{\phi (t)\},b_j=\underset{t_{j-1}⩽t⩽t_j}{\max }\{\phi (t)\},$$

则有

b _ j - a _ j ≤slant ε , j = 1, 2, … , n,$$b_j-a_j⩽\epsilon ,j=1,2,\dots ,n,$$

又令

c _ j = min _ t _ j - 1 ≤slant t ≤slant t _ j {ψ (t) }, d _ j = max _ t _ j - 1 ≤slant t ≤slant t _ j {ψ (t) }, I _ j = [ a _ j, b _ j ] × [ c _ j, d _ j ],$$c_j=\underset{t_{j-1}⩽t⩽t_j}{\min }\{\psi (t)\},d_j=\underset{t_{j-1}⩽t⩽t_j}{\max }\{\psi (t)\},I_j=[a_j,b_j]\times [c_j,d_j],$$

于是当 $t\in [t_{j-1},t_j]$ 时 $(\phi (t),\psi (t))\in I_j$ ，故曲线 $l\subset {\bigcup }_{j=1}^n{I}_j$ 。由于 ${\psi }^{\prime }(t)$ 在闭区间 $[\alpha ,\beta ]$ 上连续，所以

| ψ^ prime (t) | < M, α ≤slant t ≤slant β .$$|{\psi }^{\prime }(t)|<M,\alpha ⩽t⩽\beta .$$

由微分中值定理得

d _ j - c _ j ≤slant M (t _ j - t _ j - 1), j = 1, 2, … , n,$$d_j-c_j⩽M(t_j-t_{j-1}),j=1,2,\dots ,n,$$

因而

∑_ j = 1 ^ n | I _ j | ≤slant ∑_ j = 1 ^ n ε M (t _ j - t _ j - 1) = ε M (β - α),$$\sum _{j=1}^n|I_j|⩽\sum _{j=1}^n\epsilon M(t_j-t_{j-1})=\epsilon M(\beta -\alpha ),$$

其中 $|I_j|$ 表示矩形 $I_j$ 的面积．因为 $\epsilon$ 是任意的，故曲线 $l$ 的面积为零．

在后面我们将要遇到的大多数区域 (如 $x$ 型区域、 $y$ 型区域) 都是由有限条满足上例条件的曲线段所围成的，因此这样的区域都是可求面积的．

例题22.1.2

设有界非负函数 $f$ 在区域 $D$ 上可积，证明: 积分

iint_ D f (x, y) d x d y = 0 (22.2)$${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0\text{\hspace{1em}(22.2)}$$

的充分必要条件是 $f$ 在其连续点处的值均为零 (参见上册 $333$ 页题 $9$).

证明

先证必要性．用反证法．若不然，存在 $p_0(x_0,y_0)\in D$ , $f$ 在点 $p_0$ 连续，且 $f(x_0,y_0)>0$．由连续函数的局部保号性定理知存在 $\delta >0$，使得

f (x, y) > frac 12 f (x _ 0, y _ 0), ∀ (x, y) ∈ O _ δ (boldsymbol p _ 0) ⊂ D.$$f(x,y)>\frac{1}{2}f(x_0,y_0),\forall (x,y)\in O_{\delta }({\mathbf{p}}_0)\subset D.$$

于是

iint_ D f (x, y) d x d y ≥slant iint_ O _ δ (boldsymbol p _ 0) frac 12 f (x _ 0, y _ 0) d x d y = frac π2 δ^ 2 f (x _ 0, y _ 0) > 0,$${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y⩾{\iint }_{O_{\delta }({\mathbf{p}}_0)}\frac{1}{2}f(x_0,y_0)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\pi }{2}{\delta }^{2}f(x_0,y_0)>0,$$

与$(22.2)$矛盾．

再证充分性．设 $f(x,y)$ 在其连续点处的函数值为 $0$．对任意分划 $T$ 中可求面积的小区域 ${\sigma }_i$，如 $\Delta {\sigma }_i>0$，则 ${\sigma }_i$ 不是零测度集．由可积充分必要条件知在每一个 ${\sigma }_i$ 内至少有 $f$ 的一个连续点，记之为 $({\xi }_i,{\eta }_i)$，作和数 ${\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i,{\eta }_i)\Delta {\sigma }_i$，则

∑_ i = 1 ^ n f (ξ_ i, η_ i) Δ σ_ i = 0.$$\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i,{\eta }_i)\Delta {\sigma }_i=0.$$

于是

iint_ D f (x, y) d x d y = lim _ | T | arrow 0 ∑_ i = 1 ^ n f (ξ_ i, η_ i) Δ σ_ i = 0.$${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\underset{\Vert T\Vert \to 0}{\lim }\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i,{\eta }_i)\Delta {\sigma }_i=0.$$

例题22.1.3

设 $D_R$ 是由 $x=R$, $y=0$, $y=\frac{2}{R}x-1$ 围成，求

lim _ R arrow + ∞ iint_ D _ R e ^ - x arctan frac yx d x d y.$$\underset{R\to +\infty }{\lim }{\iint }_{D_R}{\mathrm{e}}^{-x}\arctan \frac{y}{x}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

解

在图 $22.1$ 中作出了区域 $D_R$ 的图形．由于函数 $e^{-x}\arctan \frac{y}{x}$ 在 $D_R$ 上连续，由积分中值定理，存在 $(\xi ,\eta )\in D_R$，使得

r l iint_ D _ R e ^ - x arctan frac yx d x d y & = e ^ - ξ arctan frac ηξ · | D _ R | & = frac R4 e ^ - ξ arctan frac ηξ,$$\begin{array}{rl}{\iint }_{D_R}{\mathrm{e}}^{-x}\arctan \frac{y}{x}\mathrm{d}x\mathrm{d}y& ={\mathrm{e}}^{-\xi }\arctan \frac{\eta }{\xi }\cdot |D_R|\\ & =\frac{R}{4}{\mathrm{e}}^{-\xi }\arctan \frac{\eta }{\xi },\end{array}$$

其中 $\frac{R}{2}⩽\xi ⩽R,0⩽\eta ⩽1$．于是当 $R\to +\infty$ 时

图22.1

| iint_ D _ R e ^ - x arctan frac yx d x d y | ≤slant frac R4 e ^ - frac R2 arctan frac ηξ longrightarrow 0.$$\left|{\iint }_{D_R}{\mathrm{e}}^{-x}\arctan \frac{y}{x}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right|⩽\frac{R}{4}{\mathrm{e}}^{-\frac{R}{2}}\arctan \frac{\eta }{\xi }⟶0.$$

22.1.3 思考题

1. 设 $f(x,y)$ , $g(x,y)$ 在 $D$ 上可积，证明: $f(x,y)\cdot g(x,y)$ 也在 $D$ 上可积．设 $f(x,y)$ 在 $D$ 上可积，且 $f(x,y)\ne 0$，证明: $\frac{1}{f(x,y)}$ 也在 $D$ 上可积．

2. 设 $u=u(x,y)$ 在 $D$ 上可积，$f(u)$ 是 $u$ 的连续函数，证明: $f(u(x,y))$ 在 $D$ 上可积．如果 $f(u)$ 仅仅是 $u$ 的可积函数，$f(u(x,y))$ 是否一定在 $D$ 上可积?

3. 设 $f(x,y),g(x,y)$ 在 $D$ 上有界，且在 $D$ 上除了一个零面积集外处处相等，证明： $f(x,y)$ 与 $g(x,y)$ 在 $D$ 上有相同的可积性，可积时有相同的积分值。如果 $f(x,y)$ 与 $g(x,y)$ 在 $D$ 上除了一个零测度集外处处相等，情况又如何？

4. 如果 $f(x,y)$ 在 $\tilde{D}\subset D$ 上有界可积，且 $D\setminus \tilde{D}$ 为零面积集。我们可以认为 $f(x,y)$ 在 $D$ 上可积，且其积分值就取 $f(x,y)$ 在 $\tilde{D}$ 上的积分值。讨论：

(1) $f(x,y)=\sin \frac{1}{(x^2-1{)}^2+(y^2-1{)}^2}$ 在 $[-1,1]\times [-1,1]$ 上;

(2) $f(x,y)=\arctan \frac{1}{y-x^2}$ 在 $[0,1]\times [0,1]$ 上

的可积性．

22.1.4 练习题

1. 设 $f(x,y)$ , $g(x,y)$ 都是 $D$ 上的可积函数，证明:

h (x, y) = max {f (x, y), g (x, y) }$$h(x,y)=\max \{f(x,y),g(x,y)\}$$

也是 $D$ 上的可积函数．

2. 设 $f(x,y)$ 在点 ${\mathbf{p}}_0(x_0,y_0)$ 的某邻域中连续，求

lim _ ρ arrow 0 frac 1π ρ^ 2 iint_ (x - x _ 0) ^ 2 + (y - y _ 0) ^ 2 ≤slant ρ^ 2 f (x, y) d x d y.$$\underset{\rho \to 0}{\lim }\frac{1}{\pi {\rho }^2}{\iint }_{(x-x_0{)}^2+(y-y_0{)}^2⩽{\rho }^2}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

3. 证明：

iint_ | x | + | y | ≤slant 1 f (x + y) d x d y = ∫_ - 1 ^ 1 f (u) d u.$${\iint }_{|x|+|y|⩽1}f(x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_{-1}^{1}f(u)\mathrm{d}u.$$

4. 证明：

iint_ D f (x y) d x d y = ln 2 ∫_ 1 ^ 2 f (u) d u,$${\iint }_{D}f(xy)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\ln 2{\int }_1^{2}f(u)\mathrm{d}u,$$

其中 $D$ 为 $xy=1$, $xy=2$, $y=x$, $y=4x$ 在第一象限所围成的区域．