6.7 二重积分比大小

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6.7.1 典型例题精析

例 6.27：被积区域相同时，只比较被积函数大小

💡 【思考与设问】例 6.27 (【例 1】)

设 $I_1 = \iint_D \cos\sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}\sigma$ ， $I_2 = \iint_D \cos(x^2+y^2)\,\mathrm{d}\sigma$ ， $I_3 = \iint_D \cos(x^2+y^2)^2\,\mathrm{d}\sigma$ ，其中 $D = \{(x,y) \mid x^2+y^2 \le 1\}$ ，则（　）

(A) $I_3 > I_2 > I_1$

(B) $I_1 > I_2 > I_3$

(C) $I_2 > I_1 > I_3$

(D) $I_3 > I_1 > I_2$

答案：A

当 $u \in [0, 1] \subset \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时，余弦函数 $\cos u$ 是单调递减函数。

在积分区域 $D$ 上，自变量满足 $0 \le x^2+y^2 \le 1$ 。由幂函数不等式性质：

\sqrt{x^2+y^2} \ge x^2+y^2 \ge (x^2+y^2)^2

结合 $\cos u$ 在该区间上的严格单调递减性，有：

\cos\sqrt{x^2+y^2} \le \cos(x^2+y^2) \le \cos(x^2+y^2)^2

且不等式在区域内不恒成立为等号。由二重积分的保号性，两边同取积分得：

\iint_D \cos\sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}\sigma < \iint_D \cos(x^2+y^2)\,\mathrm{d}\sigma < \iint_D \cos(x^2+y^2)^2\,\mathrm{d}\sigma

即 $I_1 < I_2 < I_3$ （等价于 $I_3 > I_2 > I_1$ ），故选 (A)。

例 6.28：被积函数相同看区域，同时关注正负性

💡 【思考与设问】例 6.28 (【例 2】)

设 $I_1 = \iint\limits_{x^2+y^2 \le 1} (x^2+y^2)\,\mathrm{d}\sigma$ ， $I_2 = \iint\limits_{|x|+|y| \le 1} 2|xy|\,\mathrm{d}\sigma$ ， $I_3 = \iint\limits_{|x|+|y| \le 1} (x^2+y^2)\,\mathrm{d}\sigma$ ，则（　）

(A) $I_1 < I_2 < I_3$

(B) $I_2 < I_3 < I_1$

(C) $I_3 < I_1 < I_2$

(D) $I_3 < I_2 < I_1$

答案：B

先比较 $I_1$ 和 $I_3$ 的大小（相同被积函数比区域）： $I_1$ 与 $I_3$ 的被积函数均为 $x^2+y^2$ ，在全平面上恒非负（几乎处处严格为正）。积分区域 $D_1: x^2+y^2 \le 1$ 为单位圆盘； $D_3: |x|+|y| \le 1$ 为内接正方形区域。显然 $D_3 \subsetneqq D_1$ ，故由正值函数的区域可加性与保号性知：
$I_1 > I_3$
再比较 $I_2$ 和 $I_3$ 的大小（相同区域比被积函数）： $I_2$ 与 $I_3$ 的积分区域完全相同，均为正方形域 $D_2 = D_3: |x|+|y| \le 1$ 。根据基本均值不等式，对任意实数 $x, y$ 恒有：
$x^2+y^2 \ge 2|xy|$
且等号仅在 $|x| = |y|$ 的直线上成立（测度为零的线上），在区域内部处处严格大于。故由保号性可得：
$I_3 > I_2$

综合上述两步，得 $I_1 > I_3 > I_2$ （即 $I_2 < I_3 < I_1$ ），故选 (B)。

例 6.29：奇偶性、对称性与保号性综合（2009 年数一真题）

💡 【思考与设问】例 6.29 (2009 年全国统考数学一试题)

如图，正方形区域 $D = \{(x,y) \mid |x| \le 1,\; |y| \le 1\}$ 被其对角线划分为四个子区域 $D_k\;(k=1,2,3,4)$ （ $D_1$ 为上方， $D_2$ 为左方， $D_3$ 为下方， $D_4$ 为右方），记 $I_k = \iint_{D_k} y\cos x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ，则 $\max\limits_{1 \le k \le 4}\{I_k\} = (\quad)$

(A) $I_1$

(B) $I_2$

(C) $I_3$

(D) $I_4$

答案：A

被积函数记为 $f(x,y) = y\cos x$ 。容易看出：

关于 $y$ 具有奇函数性质： $f(x,-y) = -y\cos x = -f(x,y)$ ；
关于 $x$ 具有偶函数性质： $f(-x,y) = y\cos(-x) = y\cos x = f(x,y)$ 。

左右两侧区域 $D_2$ 与 $D_4$ 上的积分：区域 $D_2$ （左侧三角）与 $D_4$ （右侧三角）关于 $x$ 轴（ $y = 0$ ）上下对称。因为被积函数关于 $y$ 为奇函数，由二重积分的奇对称性“奇零偶倍”判据，立即可得：
$I_2 = 0,\quad I_4 = 0$
上下两侧区域 $D_1$ 与 $D_3$ 上的积分：在 $x \in [-1, 1]$ 范围内，由于 $1 < \frac{\pi}{2}$ ，恒有 $\cos x > 0$ ：
- 在 $D_1$ 内部： $y > 0$ ，故被积函数 $y\cos x > 0$ 处处成立，由保号性得 $I_1 > 0$ ；
- 在 $D_3$ 内部： $y < 0$ ，故被积函数 $y\cos x < 0$ 处处成立，由保号性得 $I_3 < 0$ 。

综上对比： $I_1 > 0 = I_2 = I_4 > I_3$ 。故最大值为 $I_1$ ，选 (A)。

[!tip] 手稿对称性注记事实上， $D_1 \cup D_3$ 整体关于 $x$ 轴对称，被积函数关于 $y$ 为奇函数，因此 $\iint_{D_1 \cup D_3} y\cos x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0$ ，即 $I_1 + I_3 = 0 \implies I_1 = -I_3$ 。

例 6.30：轮换对称性与象限符号判断（2013 年数二/数三真题）

💡 【思考与设问】例 6.30 (2013 年全国统考数学二/数学三试题)

设 $D_k$ 是圆形闭区域 $D = \{(x,y) \mid x^2+y^2 \le 1\}$ 在第 $k$ 象限的部分。记 $I_k = \iint_{D_k} (y-x)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \; (k=1,2,3,4)$ ，则（　）

(A) $I_1 > 0$

(B) $I_2 > 0$

(C) $I_3 > 0$

(D) $I_4 > 0$

答案：B

逐一分析被积函数 $y-x$ 在各象限区域的几何对称与正负符号：

第一象限 $D_1$ ：区域 $D_1$ 关于直线 $y = x$ 对称。根据轮换对称性（对换 $x \leftrightarrow y$ 并相加除以 2）： $I_1 = \iint_{D_1}(y-x)\,\mathrm{d}\sigma = \frac{1}{2}\iint_{D_1}[(y-x)+(x-y)]\,\mathrm{d}\sigma = 0$
第二象限 $D_2$ ：在第二象限内，点的坐标满足 $x < 0, y > 0$ ，故被积函数 $y-x > 0$ 恒成立！由严格保号性立即可得： $I_2 = \iint_{D_2}(y-x)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y > 0$
第三象限 $D_3$ ：同第一象限， $D_3$ 关于直线 $y=x$ 轴对称，由轮换对称性同理可得 $I_3 = 0$ 。
第四象限 $D_4$ ：在第四象限内， $x > 0, y < 0$ ，被积函数 $y-x < 0$ 恒成立，故 $I_4 < 0$ 。

故正确选项为 (B)。

例 6.31：割补法与找“补集”法（2016 年数三真题）

💡 【思考与设问】例 6.31 (2016 年全国统考数学三试题)

设 $J_i = \iint_{D_i} \sqrt[3]{x-y}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \; (i=1,2,3)$ ，其中：

$D_1 = \{(x,y) \mid 0 \le x \le 1,\; 0 \le y \le 1\}$

$D_2 = \{(x,y) \mid 0 \le x \le 1,\; 0 \le y \le \sqrt{x}\}$

$D_3 = \{(x,y) \mid 0 \le x \le 1,\; x^2 \le y \le 1\}$

则（　）

(A) $J_1 < J_2 < J_3$

(B) $J_3 < J_1 < J_2$

(C) $J_2 < J_3 < J_1$

(D) $J_2 < J_1 < J_3$

答案：B

计算 $J_1$ （轮换反对称性）： $D_1$ （单位正方形）关于直线 $y=x$ 对称，而被积函数关于 $x, y$ 具有反对称性：
$\sqrt[3]{x-y} = -\sqrt[3]{y-x}$
利用轮换相加除以 2：
$J_1 = \frac{1}{2}\iint_{D_1} \left(\sqrt[3]{x-y} + \sqrt[3]{y-x}\right)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0$
计算 $J_2$ （作辅助线割补）：在 $D_2$ 内作辅助线 $y = x^2$ （即曲线 $y = \sqrt{x}$ 关于直线 $y=x$ 的对称曲线），将 $D_2$ 划分为两块：
- $D_{21}$ （在 $y=x^2$ 与 $y=\sqrt{x}$ 之间）：该梭形区域关于 $y=x$ 严格对称，由反对称性知 $\iint_{D_{21}}\sqrt[3]{x-y}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0$ ；
- $D_{22}$ （在 $y=x^2$ 下方）：位于直线 $y=x$ 下方，即 $y < x \implies x-y > 0$ ，故被积函数 $\sqrt[3]{x-y} > 0$ 恒成立。
从而：
$J_2 = 0 + \iint_{D_{22}}\sqrt[3]{x-y}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y > 0$
计算 $J_3$ （作辅助线割补）：同理作辅助线 $y = \sqrt{x}$ ，将 $D_3$ 划分为：
- $D_{32}$ （在 $y=x^2$ 与 $y=\sqrt{x}$ 之间）：关于 $y=x$ 对称，积分等于 0；
- $D_{31}$ （在 $y=\sqrt{x}$ 上方）：位于直线 $y=x$ 上方，即 $y > x \implies x-y < 0$ ，被积函数 $\sqrt[3]{x-y} < 0$ 恒成立。
从而：
$J_3 = 0 + \iint_{D_{31}}\sqrt[3]{x-y}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y < 0$

综上， $J_3 < 0 = J_1 < J_2$ ，即 $J_3 < J_1 < J_2$ 。

考察全集单位正方形 $D_1$ （已知 $J_1 = 0$ ）：

对比 $D_1$ 与 $D_2$ ：差集区域 $D_2' = D_1 \setminus D_2$ 满足 $y > \sqrt{x} \ge x$ （完全位于对角线 $y=x$ 上方），此时 $x - y < 0$ ： $J_1 - J_2 = \iint_{D_1 \setminus D_2} \sqrt[3]{x-y}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D_2'} \sqrt[3]{x-y}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y < 0 \implies J_1 < J_2$
对比 $D_1$ 与 $D_3$ ：差集区域 $D_3' = D_1 \setminus D_3$ 满足 $y < x^2 \le x$ （完全位于对角线 $y=x$ 下方），此时 $x - y > 0$ ： $J_1 - J_3 = \iint_{D_1 \setminus D_3} \sqrt[3]{x-y}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D_3'} \sqrt[3]{x-y}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y > 0 \implies J_1 > J_3$

从而直接得出 $J_3 < J_1 < J_2$ ，选 (B)。

例 6.32：泰勒展开“耍流氓”估算 vs 严格保号法（2019 年数二真题）

💡 【思考与设问】例 6.32 (2019 年全国统考数学二试题)

已知平面区域 $D = \left\{(x,y) \,\middle|\, |x|+|y| \le \frac{\pi}{2}\right\}$ ，
$I_1 = \iint_D \sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\quad I_2 = \iint_D \sin\sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\quad I_3 = \iint_D (1 - \cos\sqrt{x^2+y^2})\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
则（　）

(A) $I_3 < I_2 < I_1$

(B) $I_2 < I_1 < I_3$

(C) $I_1 < I_2 < I_3$

(D) $I_2 < I_3 < I_1$

令极径 $u = \sqrt{x^2+y^2}$ 。由于积分区域 $D$ 紧密包裹在原点附近，当 $u \to 0^+$ 时，将三个被积函数进行麦克劳林级数展开：

\begin{aligned} I_1 &\sim u \\[2mm] I_2 &= \sin u = u - \frac{u^3}{6} + o(u^3) \\[2mm] I_3 &= 1 - \cos u = \frac{u^2}{2} + o(u^2) \end{aligned}

当 $u \to 0^+$ （在 $0 < u < 1$ 的微小尺度下）：

$u$ 是一阶无穷小；
$\frac{u^2}{2}$ 是二阶无穷小；
$\sin u \approx u - \frac{u^3}{6}$ 略小于 $u$ 但远大于二阶小量 $\frac{u^2}{2}$ 。

显然有 $u > u - \frac{u^3}{6} > \frac{u^2}{2}$ ，即：

I_1 > I_2 > I_3 \iff I_3 < I_2 < I_1

考场无需作图与严密求导，30 秒极速锁定正确选项 (A)！

答案：A

区域 $D$ 由四条直线 $x \pm y = \pm \frac{\pi}{2}$ 围成，其所有点均包含在以原点为中心、半径为 $\frac{\pi}{2}$ 的圆盘内。因此区域 $D$ 内的点处处满足 $0 < u = \sqrt{x^2+y^2} \le \frac{\pi}{2}$ 。

比较 $I_1$ 与 $I_2$ ：当 $u \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时，由著名不等式 $\sin u < u$ ，恒有：
$\sin\sqrt{x^2+y^2} < \sqrt{x^2+y^2}$
由二重积分严格保号性得：
$I_2 < I_1$
比较 $I_2$ 与 $I_3$ ：构造一元辅助函数：
$f(u) = \sin u - (1 - \cos u) = \sin u + \cos u - 1 \quad \left(0 \le u \le \frac{\pi}{2}\right)$
求一阶导数：
$f'(u) = \cos u - \sin u$
- 当 $0 < u < \frac{\pi}{4}$ 时， $f'(u) > 0$ ， $f(u)$ 严格单调增加；
- 当 $\frac{\pi}{4} < u < \frac{\pi}{2}$ 时， $f'(u) < 0$ ， $f(u)$ 严格单调减少。
又端点值 $f(0) = 0$ ， $f\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0$ 。因此在开区间 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 内恒有：
$f(u) > 0 \implies \sin u > 1 - \cos u$
由二重积分严格保号性得：
$I_3 < I_2$

综合以上两部分，严格得出 $I_3 < I_2 < I_1$ ，应选 (A)。

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ギターと孤独と蒼い惑星

6.7 二重积分比大小

6.7 二重积分比大小

6.7.1 典型例题精析

例 6.27：被积区域相同时，只比较被积函数大小

例 6.28：被积函数相同看区域，同时关注正负性

例 6.29：奇偶性、对称性与保号性综合（2009 年数一真题）

例 6.30：轮换对称性与象限符号判断（2013 年数二/数三真题）

例 6.31：割补法与找“补集”法（2016 年数三真题）

例 6.32：泰勒展开“耍流氓”估算 vs 严格保号法（2019 年数二真题）

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