6.2 二重积分的极限定义式：万能公式与求和转积分

见到 $\lim\limits_{n\to\infty}\sum\sum\frac{1}{n^2}f\!\left(\frac{i}{n},\frac{j}{n}\right)$ 的形式，条件反射用万能公式写出对应的二重积分： $\frac{i}{n}\to x$ ， $\frac{j}{n}\to y$ ， $\Sigma$ 的上下限除以 $n$ 即为积分限。

来源：邂逅遗憾27考研数学思维课第六章：二重积分，§6.2 二重积分的极限定义式（pp.410–412）。

验算：使用本地 Wolfram MCP 对例 6.1、例 6.3、例 6.3.1 的最终积分值进行了符号计算核对。

一、极限定义式与万能公式

传统的定积分只需要处理一个变量 $x$ 即可，二重积分需要处理 $x$ 和 $y$ 两个变量，因此需要两个 $\Sigma$ 来进行约束。从几何上来看，即沿着 $x$ 轴切完之后，还要再沿着 $y$ 轴切，把一个大土豆切成无穷多个小薯条，将无穷多个小薯条的体积相加，即可得到大土豆的体积。

在做题时，无需记忆冗长的定义式，参考 3.2.1.2 小节中介绍的”万能公式”，可以极其轻松地写出任何极限定义式对应的二重积分：

\lim_{n\to\infty}\sum_{i=p}^{q}\sum_{j=A}^{B}\frac{1}{n^2}\,f\!\left(\frac{i}{n},\,\frac{j}{n}\right) =\int_c^d dx\int_a^b f(x,y)\,dy

其中

a=\lim_{n\to\infty}\frac{A}{n},\quad b=\lim_{n\to\infty}\frac{B}{n},\quad c=\lim_{n\to\infty}\frac{p}{n},\quad d=\lim_{n\to\infty}\frac{q}{n}

注意：

一般来说，习惯将 $\frac{i}{n}$ 看作 $x$ ，将 $\frac{j}{n}$ 看作 $y$ 。（但实际上也可以颠倒过来，其本质是积分结果与变量记号无关。）
先计算的是关于 $j$ 的 $\Sigma$ ，对应的变量是 $y$ ，因此写二重积分时，先对 $y$ 积分。

二、基本题型：直接套用万能公式

选择题例 6.1（2010 数二真题）

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{n}{(n+i)(n^2+j^2)}=$

A. $\displaystyle\int_0^1 dx\int_0^x \frac{1}{(1+x)(1+y^2)}\,dy$
B. $\displaystyle\int_0^1 dx\int_0^1 \frac{1}{(1+x)(1+y^2)}\,dy$
C. $\displaystyle\int_0^1 dx\int_0^x \frac{1}{(1+x)(1+y)}\,dy$
D. $\displaystyle\int_0^1 dx\int_0^1 \frac{1}{(1+x)(1+y^2)}\,dy$

解答

将原式改写为标准形式：

\frac{n}{(n+i)(n^2+j^2)}=\frac{1}{n^2}\cdot\frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}\right)\left(1+\frac{j^2}{n^2}\right)}

因此

\text{原式}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}\right)\left(1+\left(\frac{j}{n}\right)^2\right)}

由万能公式： $\frac{i}{n}\to x$ ， $\frac{j}{n}\to y$ ， $i$ 从 $1$ 到 $n$ 对应 $x$ 从 $0$ 到 $1$ ， $j$ 从 $1$ 到 $n$ 对应 $y$ 从 $0$ 到 $1$ ，故

\text{原式}=\int_0^1 dx\int_0^1 \frac{1}{(1+x)(1+y^2)}\,dy

答案：D。

三、积分结果与变量记号无关

选择题例 6.2（2024 超越模拟卷）

将 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{2n}\frac{2i+j}{n^3}$ 转化为二重积分，下列哪个选项是不正确的？

A. $\displaystyle\int_0^1 dx\int_0^2 (2x+y)\,dy$
B. $\displaystyle\int_0^2 dx\int_0^1 (x+2y)\,dy$
C. $\displaystyle\int_0^1 dx\int_0^2 (x+2y)\,dy$
D. $\displaystyle\int_0^2 dx\int_0^1 (2x+y)\,dy$

解答

原式改写为：

\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{2n}\left(2\cdot\frac{i}{n}+\frac{j}{n}\right)

由万能公式： $\frac{i}{n}\to x\in[0,1]$ ， $\frac{j}{n}\to y\in[0,2]$ ，得

\int_0^1 dx\int_0^2 (2x+y)\,dy \quad\text{（A 正确）}

关键手法： 积分结果与变量记号无关。把所有的 $x$ 写成 $y$ ，所有的 $y$ 写成 $x$ ，之后交换积分次序：

\int_0^1 dx\int_0^2 (2x+y)\,dy=\int_0^2 dy\int_0^1 (2y+x)\,dx=\int_0^2 dx\int_0^1 (x+2y)\,dy

故 B 正确、D 正确。

验证 C： $\int_0^1 dx\int_0^2 (x+2y)\,dy$ ，这里 $x\in[0,1]$ 、 $y\in[0,2]$ ，被积函数为 $x+2y$ 。而正确结果中被积函数应为 $2x+y$ （ $x\in[0,1]$ 、 $y\in[0,2]$ ），C 选项将系数搞反了。

答案：C。

四、对称性在求和转积分中的应用

解答题例 6.3

求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=-i}^{i}\frac{i(i+j)}{(n^2+i^2)(n^2+j^2)}$ 。

解答

改写为标准形式：

\text{原式}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=-i}^{i}\frac{\frac{i}{n}\left(\frac{i}{n}+\frac{j}{n}\right)}{\left(1+\frac{i^2}{n^2}\right)\left(1+\frac{j^2}{n^2}\right)}

令 $x=\frac{i}{n}$ ， $y=\frac{j}{n}$ ，则 $x\in[0,1]$ ， $y\in[-x,x]$ （因为 $j$ 从 $-i$ 到 $i$ ），得

\int_0^1 dx\int_{-x}^{x}\frac{x(x+y)}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dy

积分区域关于 $x$ 轴对称（即 $y\to -y$ 后区域不变）。将积分拆开：

\int_0^1 dx\int_{-x}^{x}\frac{x^2}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dy+\int_0^1 dx\int_{-x}^{x}\frac{xy}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dy

第二项中， $\frac{xy}{(1+x^2)(1+y^2)}$ 关于 $y$ 为奇函数，在对称区间 $[-x,x]$ 上积分为 $0$ 。

第一项中， $\frac{x^2}{(1+x^2)(1+y^2)}$ 关于 $y$ 为偶函数，故

\text{原式}=2\int_0^1 dx\int_0^x \frac{x^2}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dy

先对 $y$ 积分：

=2\int_0^1 \frac{x^2}{1+x^2}\arctan x\,dx

将 $\frac{x^2}{1+x^2}=1-\frac{1}{1+x^2}$ 代入：

=2\int_0^1 \arctan x\,dx-2\int_0^1 \frac{\arctan x}{1+x^2}\,dx

第一个积分（分部积分）：

\int_0^1 \arctan x\,dx=\left[x\arctan x\right]_0^1-\int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,dx=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln 2

第二个积分（令 $u=\arctan x$ ）：

\int_0^1 \frac{\arctan x}{1+x^2}\,dx=\int_0^{\pi/4}u\,du=\frac{\pi^2}{32}

故

\text{原式}=2\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\ln 2}{2}\right)-2\cdot\frac{\pi^2}{32}=\frac{\pi}{2}-\ln 2-\frac{\pi^2}{16}

五、识别隐含的二重积分定义式

解答题例 6.3.1

求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\left[\frac{1}{(n+i+1)^2}+\frac{1}{(n+i+2)^2}+\cdots+\frac{1}{(n+i+n)^2}\right]$ 。

解答

将方括号内的和式写成 $\Sigma$ 形式：

[\cdots]=\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{(n+i+j)^2}

因此

\text{原式}=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{(n+i+j)^2}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}+\frac{j}{n}\right)^2}

由万能公式，这是 $[0,1]\times[0,1]$ 上的二重积分：

=\int_0^1 dx\int_0^1 \frac{1}{(1+x+y)^2}\,dy

被积函数关于 $x$ 、 $y$ 对称（将 $x$ 、 $y$ 互换后不变），积分区域为正方形，故可利用对称性化为三角形上的 $2$ 倍：

=2\int_0^1 dx\int_0^x \frac{1}{(1+x+y)^2}\,dy

先对 $y$ 积分：

=2\int_0^1\left[-\frac{1}{1+x+y}\right]_{y=0}^{y=x}dx=2\int_0^1\left(\frac{1}{1+x}-\frac{1}{1+2x}\right)dx

=2\left[\ln(1+x)-\frac{1}{2}\ln(1+2x)\right]_0^1=2\left(\ln 2-\frac{1}{2}\ln 3\right)=2\ln 2-\ln 3

即 $\ln 4-\ln 3=\ln\frac{4}{3}$ 。

六、考场速记

见到形式	条件反射
$\lim\sum\sum\frac{1}{n^2}f(i/n,\,j/n)$	万能公式直接写二重积分
$\Sigma$ 上下限含 $i$ （如 $j$ 从 $-i$ 到 $i$ ）	积分限含 $x$ （如 $y$ 从 $-x$ 到 $x$ ）
被积函数关于 $y$ 奇 + 区域关于 $x$ 轴对称	积分为 $0$ ，直接消去
正方形区域 + 被积函数关于 $y=x$ 对称	可化为三角形上的 $2$ 倍
选项中出现 $f(y,x)$ 与 $f(x,y)$	积分结果与变量记号无关

Zemengzhou Space

ギターと孤独と蒼い惑星