二重积分计算是个老大难，有的题目计算过程极其复杂，直角坐标和极坐标换元已不足以应对“复杂路况”，这个时候怎么办？整上一手超强换元法，出奇制胜，本文带你一窥究竟。
首先来回顾下定积分的换元过程：
I=∫abf(x)dxI=\int_{a}^{b}f(x)dxI=∫abf(x)dx ，令 x=g(t)x=g(t)x=g(t) ，则： I=∫g−1(a)g−1(b)f(g(t))dg(t)I=\int_{g^{-1}(a)}^{g^{-1}(b)}f(g(t))dg(t)I=∫g−1(a)g−1(b)f(g(t))dg(t)
最终为：I=∫g−1(a)g−1(b)f(g(t))g′(t)dtI=\int_{g^{-1}\left( a \right)}^{g^{-1}\left( b \right)}f(g\left( t \right))g'\left( t \right)dtI=∫g−1(a)g−1(b)f(g(t))g′(t)dt
可见换元要换三个东西（重点提示）：
1.积分上下限； 2.被积函数； 3.积分变量
所以我们类比到二重积分的换元过程：
I=∫cd∫abf(x,y)dxdyI=\int_{c}^{d}\int_{a}^{b}f(x,y)dxdyI=∫cd∫abf(x,y)dxdy ，令 x=x(u,v)，y=y(u,v)x=x(u,v)，y=y(u,v)x=x(u,v)，y=y(u,v) ,换元之后为：
I=∫gh∫eff(x(u,v),y(u,v))dx(u,v)dy(u,v)I=\int_{g}^{h}\int_{e}^{f}f(x(u,v),y(u,v))dx(u,v)dy(u,v)I=∫gh∫eff(x(u,v),y(u,v))dx(u,v)dy(u,v)
可见，积分上下限和被积函数好表示（积分上下限通过画图可以表示出来，被积函数直接带入表达式即可）。所以关键的难点就落到了 dx(u,v)dy(u,v)dx(u,v)dy(u,v)dx(u,v)dy(u,v) 如何表达成 dudvdudvdudv 上面，而这即是找它们之间的关系，怎么找？这就涉及到了雅可比行列式。
什么是雅可比行列式：
首先我们知道， dxdydxdydxdy 与 dudvdudvdudv 都表示微元面积，所以我们要找它们之间的关系，无非就是找换元前后微元面积的关系。
p.s.换元后微元边界不一定是直的，但是由于其很小，所以可以“以直代曲”
为了更清楚的了解换元前后微元面积的关系，我们取出左下角坐标为 (u0,v0u_{0},v_{0}u0,v0) 的一个微元和与其对应的微元一起放大，如下图：
由于我们经过了 x=x(u,v)，y=y(u,v)x=x(u,v)，y=y(u,v)x=x(u,v)，y=y(u,v) 这个换元。所以坐标系中的点 (u0，v0u_{0}，v_{0}u0，v0) 就变成另一个坐标系里面的 (x(u0,v0),y(u0,v0))(x(u_{0},v_{0}),y(u_{0},v_{0}))(x(u0,v0),y(u0,v0)) ，其他的点类似。于是就得到了上图右边微元的坐标。
接下来就可以求它们的面积了，根据平行四边形面积公式： s=∣a∣∣b∣∣sinθ∣=∣a×b∣s=|a||b||sin\theta|=|a\times b|s=∣a∣∣b∣∣sinθ∣=∣a×b∣ ，所以有：
dA=∣u×v∣=dudv,dA1=∣l×m∣dA=|u\times v|=dudv , dA_{1}=|l\times m|dA=∣u×v∣=dudv,dA1=∣l×m∣
其中 l=(x(u0,v0+dv)−x(u0,v0),y(u0,v0+dv)−y(u0,v0))l=\left( x(u_{0},v_{0}+dv)-x(u_{0},v_{0}),y(u_{0},v_{0}+dv)-y(u_{0},v_{0}) \right)l=(x(u0,v0+dv)−x(u0,v0),y(u0,v0+dv)−y(u0,v0))
m=(x(u0+du,v0)−x(u0,v0),y(u0+du,v0)−y(u0,v0))m=\left( x(u_{0}+du,v_{0})-x(u_{0},v_{0}),y(u_{0}+du,v_{0})-y(u_{0},v_{0}) \right)m=(x(u0+du,v0)−x(u0,v0),y(u0+du,v0)−y(u0,v0))
由多元微分学知识：
x(u+du,v+dv)−x(u,v)=xu′du+xv′dvx(u+du,v+dv)-x(u,v)=x'_{u}du+x'_{v}dvx(u+du,v+dv)−x(u,v)=xu′du+xv′dv
y(u+du,v+dv)−y(u,v)=yu′du+yv′dvy(u+du,v+dv)-y(u,v)=y'_{u}du+y'_{v}dvy(u+du,v+dv)−y(u,v)=yu′du+yv′dv
所以此时： l=(xv′dv,yv′dv),m=(xu′du,yu′du)l=(x'_{v}dv,y'_{v}dv) , m=(x'_{u}du,y'_{u}du)l=(xv′dv,yv′dv),m=(xu′du,yu′du)
故 dA1=∣(xv′dv,yv′dv)×(xu′du,yu′du)∣=∣xv′yu′−yv′xu′∣dudvdA_{1}=|(x'_{v}dv,y'_{v}dv)\times (x'_{u}du,y'_{u}du)|=|x'_{v}y'_{u}-y'_{v}x'_{u}|dudvdA1=∣(xv′dv,yv′dv)×(xu′du,yu′du)∣=∣xv′yu′−yv′xu′∣dudv
即 dA1=∣xv′yu′−yv′xu′∣dAdA_{1}=|x'_{v}y'_{u}-y'_{v}x'_{u}|dAdA1=∣xv′yu′−yv′xu′∣dA ，这个就是微元面积之间的关系。
此时设J=∣xu′xv′yu′yv′∣J= {\begin{vmatrix} x'_{u}&x'_{v}\\ y'_{u}&y'_{v} \end{vmatrix}}J=∣∣∣∣xu′yu′xv′yv′∣∣∣∣ ，那么 dA1=∣J∣dAdA_{1}=|J|dAdA1=∣J∣dA ，而这个 J 就是雅可比行列式。
可见雅可比行列式的绝对值就是换元前后微元面积的比值。
所以就有：dxdy=∣J∣dudvdxdy=|J|dudvdxdy=∣J∣dudv 。
接下来，我们用熟悉的极坐标举例子：
x=rcosθ,y=rsinθdxdy=d(rcosθ)d(rsinθ)J=∣xr′xθ′yr′yθ′∣=∣cosθ−rsinθsinθrcosθ∣=rcos2(θ)+rsin2(θ)=rdxdy=∣J∣d(r)d(θ)=rd(r)d(θ)x=rcos\theta,y=rsin\theta dxdy=d(rcos\theta)d(rsin\theta) J={\begin{vmatrix} x'_{r}&x'_{\theta}\\ y'_{r}&y'_{\theta} \end{vmatrix}}={\begin{vmatrix} cos\theta&-rsin\theta\\ sin\theta&rcos\theta \end{vmatrix}}=rcos^{2}(\theta)+rsin^{2}(\theta)=r dxdy=|J|d(r)d(\theta)=rd(r)d(\theta)x=rcosθ,y=rsinθdxdy=d(rcosθ)d(rsinθ)J=∣∣∣∣xr′yr′xθ′yθ′∣∣∣∣=∣∣∣∣cosθsinθ−rsinθrcosθ∣∣∣∣=rcos2(θ)+rsin2(θ)=rdxdy=∣J∣d(r)d(θ)=rd(r)d(θ)
可见，极坐标换元仍然属于本文超强换元法的一种。接下来再来讲几道例题。
例题讲解：
例题一：
计算 ∫∫Dey−xy+xdxdy∫∫_{D}e^{\frac{y-x}{y+x}}dxdy∫∫Dey+xy−xdxdy ，其中D由 x 轴， y 轴，和直线 x+y=2x+y=2x+y=2 所围成的闭区域。
解：令 u=y−x，v=y+xu=y-x ， v=y+xu=y−x，v=y+x ，则 x=v−u2，y=v+u2x=\frac{v-u}{2} ， y=\frac{v+u}{2}x=2v−u，y=2v+u .
D→D′D\rightarrow D'D→D′ ，即 x=0→u=vy=0→u=−vx+y=2→v=2x=0\rightarrow u=v\\y=0\rightarrow u=-v\\x+y=2\rightarrow v=2x=0→u=vy=0→u=−vx+y=2→v=2
所以有雅可比行列式： J=∣xu′xv′yu′yv′∣=∣−12121212∣=−12J=\begin{vmatrix} x_{u}^{'}&x_{v}^{'}\\ y_{u}^{'}&y_{v}^{'} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} -\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&\frac{1}{2} \end{vmatrix}=-\frac{1}{2}J=∣∣∣∣xu′yu′xv′yv′∣∣∣∣=∣∣∣∣−21212121∣∣∣∣=−21
∫∫Dey−xy+xdxdy=∫∫D′euv∣J∣dudv=∫∫D′euv∣−12∣dudv∫∫_{D}e^{\frac{y-x}{y+x}}dxdy=∫∫_{D'}e^{\frac{u}{v}}|J|dudv=∫∫_{D'}e^{\frac{u}{v}}\left| -\frac{1}{2} \right|dudv∫∫Dey+xy−xdxdy=∫∫D′evu∣J∣dudv=∫∫D′evu∣∣−21∣∣dudv
所以原积分为： 12∫∫D′euvdudv=12∫02dv∫−vveuvdu=12∫02(e−e−1)vdv=e−e−1\frac{1}{2} ∫∫_{D'}e^{\frac{u}{v}}dudv=\frac{1}{2}\int_{0}^{2}dv\int_{-v}^{v}e^{\frac{u}{v}}du=\frac{1}{2}\int_{0}^{2}(e-e^{-1})vdv=e-e^{-1}21∫∫D′evududv=21∫02dv∫−vvevudu=21∫02(e−e−1)vdv=e−e−1
例题二：
求椭圆 2x2+4xy+5y2=12x^{2}+4xy+5y^{2}=12x2+4xy+5y2=1 的面积
面对这道题，其实做法很多。
1.求椭圆上距离原点最大和最小值，即长半轴长和短半轴长，再用椭圆面积公式解决。
2.利用正交变换把图形变正，继而直接得到长短轴长，再用椭圆面积公式解决。
这里我采用二重积分来做：
面积表达式： S=∫∫D1dxdyS=∫∫_{D}1dxdyS=∫∫D1dxdy ，积分区域D：2x2+4xy+5y2=1D： 2x^{2}+4xy+5y^{2}=1D：2x2+4xy+5y2=1围成的区域
由于D无法分离出x和y，故无法继续往下做，这时候想办法对表达式进行换元，如何换？先配方看看。
配方过程：
2(x2+2xy+y2)+3y2=1⇒2(x+y)2+3y2=1⇒[2(x+y)]2+(3y)2=12(x^{2}+2xy+y^{2})+3y^{2}=1 \Rightarrow2(x+y)^{2}+3y^{2}=1\Rightarrow [\sqrt{2}(x+y)]^{2}+(\sqrt{3}y)^{2}=12(x2+2xy+y2)+3y2=1⇒2(x+y)2+3y2=1⇒[2(x+y)]2+(3y)2=1
于是我就知道如何换元了： 令： 2(x+y)=u，3y=v\sqrt{2}(x+y)=u ， \sqrt{3}y=v2(x+y)=u，3y=v ；即：
x=u2−v3，y=13vx=\frac{u}{\sqrt{2}}-\frac{v}{\sqrt{3}} ， y=\frac{1}{\sqrt{3}}vx=2u−3v，y=31v
所以原式变为： u2+v2=1u^{2}+v^{2}=1u2+v2=1 ，即积分区域变成了 D′:u2+v2=1D' : u^{2}+v^{2}=1D′:u2+v2=1
先求雅可比行列式：
J=∣xu′xv′yu′yv′∣=∣12−13013∣=16J={\begin{vmatrix} x'_{u}&x'_{v}\\ y'_{u}&y'_{v} \end{vmatrix}}={\begin{vmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{3}}\\ 0&\frac{1}{\sqrt{3}}\end{vmatrix}}=\frac{1}{\sqrt{6}}J=∣∣∣∣xu′yu′xv′yv′∣∣∣∣=∣∣∣∣∣210−3131∣∣∣∣∣=61
再求积分：
S=∫∫D’1⋅∣J∣dudvS=∫∫_{D’}1\cdot |J|dudvS=∫∫D’1⋅∣J∣dudv
S=16∫∫D’dudvS=\frac{1}{\sqrt{6}}∫∫_{D’}dudvS=61∫∫D’dudv ，而 ∫∫D’dudv∫∫_{D’}dudv∫∫D’dudv 等于 D’ 区域的面积，所以：
S=16⋅π12=π6S= \frac{1}{\sqrt{6}}\cdot \pi 1^{2}=\frac{\pi}{\sqrt{6}}S=61⋅π12=6π
启示：可见除了正交变换外，配方法也可以用于求图形面积，与正交变换不同的是，其会改变图形的形状和大小，但是可以通过雅可比行列式进行数值矫正，从而殊途同归。
到此结束~ 我是煜神学长，考研我们一起加油！
