6.5 二重积分与定积分的转化

被积函数可分离（ $f(x,y)=h(x)\cdot g(y)$ ）+ 矩形区域 → 二重积分 = 两个定积分之积。三角形区域则利用对称性拼成矩形，或交换积分次序后设原函数。

来源： 邂逅遗憾27考研数学思维课第六章，§6.5（pp.437–438） 验算： Wolfram Language（例6.26 结果验证通过）

一、核心结论：可分离 + 矩形 = 乘积

若被积函数关于 $x$ 和 $y$ 可分离（即 $f(x,y)=h(x)\cdot g(y)$ ），且积分区域为矩形 $[a,b]\times[c,d]$ （无穷区间也可视为广义矩形），则

\iint_D f(x,y)\,d\sigma=\int_a^b h(x)\,dx\cdot\int_c^d g(y)\,dy

此结论在概率论中也有重要应用：若联合密度 $f(x,y)=g(x)\cdot h(y)$ ，则 $X$ 、 $Y$ 独立。

当积分区域不是矩形而是三角形时，有两种核心手法：

解答题例 6.26（1995 数一真题）

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续， $\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx=A$ 。求 $\displaystyle\int_0^1 dx\int_x^1 f(x)f(y)\,dy$ 。

解答

方法一（对称性拼矩形）：

积分区域为三角形 $D_1: 0\leq x\leq y\leq 1$ 。将 $x$ 、 $y$ 互换得三角形 $D_2: 0\leq y\leq x\leq 1$ 。

由轮换对称性：

\iint_{D_1}f(x)f(y)\,d\sigma=\iint_{D_2}f(x)f(y)\,d\sigma

两三角形拼成正方形 $[0,1]\times[0,1]$ ，故

2\int_0^1 dx\int_x^1 f(x)f(y)\,dy=\iint_{[0,1]^2}f(x)f(y)\,dx\,dy=\left(\int_0^1 f(x)\,dx\right)^2=A^2

\therefore\quad \int_0^1 dx\int_x^1 f(x)f(y)\,dy=\frac{A^2}{2}

方法二（大胆设原函数）：

设 $F(x)=\int_0^x f(t)\,dt$ ，则 $F'(x)=f(x)$ ， $F(0)=0$ ， $F(1)=A$ 。

\int_0^1 f(x)\left[\int_x^1 f(y)\,dy\right]dx=\int_0^1 f(x)[F(1)-F(x)]\,dx

=F(1)\int_0^1 f(x)\,dx-\int_0^1 F(x)f(x)\,dx=A^2-\int_0^1 F(x)\,dF(x)

=A^2-\frac{F^2(x)}{2}\bigg|_0^1=A^2-\frac{A^2}{2}=\frac{A^2}{2}

方法三（交换积分次序）：

\int_0^1 dx\int_x^1 f(x)f(y)\,dy=\int_0^1 dy\int_0^y f(x)f(y)\,dx=\int_0^1 f(y)F(y)\,dy

=\int_0^1 F(y)\,dF(y)=\frac{F^2(y)}{2}\bigg|_0^1=\frac{A^2}{2}

手稿批注：三种方法殊途同归。方法一最优雅（对称性拼矩形 + 可分离 → 乘积），方法二、三的核心是”大胆设原函数”。原函数存在定理：若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，则必存在原函数。