二重积分与二维累积

商业量可以在两个独立维度中变化，例如产量与时间或地理位置。当每个小矩形都贡献一个量时，只沿一个维度相加不够。二重积分累积这些矩形贡献，并明确其单位。

1 从矩形和到积分

在 $R=[a,b]\times[c,d]$ 上，其中 $a<b$、$c<d$，划分每个坐标区间。小单元面积为 $\Delta x_i\Delta y_j$。在其中选择样本点 $\xi_{ij}$ 并构造

$$\sum_{i,j}f(\xi_{ij})\Delta x_i\Delta y_j.$$

若最大单元直径趋于零时，这些和趋于同一个与选择无关的值，该值就是二重积分 $\iint_Rf(x,y)dA$。闭矩形上的连续性是充分条件。其理由是，一致连续性使充分小单元上 $f$ 的最大值与最小值之差小于任意给定正数。于是上下和之差至多为该振幅界乘固定矩形面积，迫使两者有共同极限。

若 $f$ 的单位是每单位 $x$、每单位 $y$ 的货币，乘以 $dx\,dy$ 得货币。已为单元分配总量的数据表不是密度表；再次将这些总量乘以面积会重复计算单元大小。

对于非负 $f$，积分在几何解释中是图像下的体积。对于带符号的 $f$，它是带符号累积，不一定是非负体积。

2 累次积分与 Fubini 定理

固定整数 $n\ge1$，在 $\mathbb R^n$ 上使用欧几里得范数。集合若包含在某个有限半径的球内，就称为有界；若补集是开集，就称为闭集；若它的每个由 $\mathbb R^n$ 中开集组成的覆盖都有有限子覆盖，就称为紧集。我们使用实数完备性，包括闭区间套性质。

有限维欧几里得空间的 Heine–Borel 定理

定理。 集合 $K\subseteq\mathbb R^n$ 紧致，当且仅当它闭且有界。空集具有这三种性质。

紧致推出有界。 开球 $B(0,m)$（整数 $m\ge1$）覆盖 $K$。取有限子覆盖后，$K$ 包含在其中最大的球内。

紧致推出闭。 设 $K\ne\varnothing$ 且 $y\notin K$。开球 $B(x,\|x-y\|/2)$（$x\in K$）覆盖 $K$。取中心为 $x_1,\ldots,x_r$ 的有限子覆盖，令 $\delta=\min_i\|x_i-y\|/2>0$。若 $z$ 在以 $x_i$ 为中心的所选球内，三角不等式给出 $\|z-y\|>\|x_i-y\|/2\ge\delta$。所以 $B(y,\delta)$ 不与 $K$ 相交，补集是开集。

闭且有界推出紧致。 设非空的 $K$ 闭且有界，把它包含在闭立方体 $Q_0=[-M,M]^n$ 内，其中 $M>0$。假设 $K$ 的某个开覆盖没有有限子覆盖。把每个坐标区间分成两个闭半区间，所得 $2^n$ 个闭子立方体覆盖 $Q_0$。至少一个子立方体与 $K$ 的交集不能由给定覆盖族有限覆盖；否则把有限多个有限子覆盖合并，就能覆盖 $K$。选取这样的子立方体并重复，得到闭立方体套 $Q_j$，其边长为 $2M/2^j$，且 $K\cap Q_j$ 不能被有限覆盖，因而非空。

对每个坐标使用闭区间套性质，得到公共坐标值；合起来得到 $p\in\bigcap_jQ_j$。$Q_j$ 中任意两点的距离不超过 $2M\sqrt n/2^j$，所以交集中只有 $p$。选取 $x_j\in K\cap Q_j$，则 $\|x_j-p\|\le2M\sqrt n/2^j\to0$。闭集包含这种极限：若 $p$ 在开补集中，$p$ 周围某个开球就会使最终的 $x_j$ 落在 $K$ 外，矛盾。因此 $p\in K$。

覆盖中有一个成员 $O$ 含 $p$，由开放性，存在 $\varepsilon>0$ 使 $B(p,\varepsilon)\subseteq O$。当 $j$ 足够大时，$Q_j$ 的每点到 $p$ 的距离都小于 $\varepsilon$，于是单个 $O$ 就覆盖 $K\cap Q_j$，与 $Q_j$ 的选取矛盾。因此每个开覆盖都有有限子覆盖。这里 $2^n$ 是有限数；若改成无限多个子块，这个论证就不再成立。

连续像与极值

定理。 若 $K\subseteq\mathbb R^n$ 紧致，且 $F:K\to\mathbb R^m$ 相对于 $K$ 连续，则 $F(K)$ 紧致。特别地，非空紧集 $K$ 上的连续函数 $f:K\to\mathbb R$ 有界，并达到最大值和最小值。

证明。 $F(K)$ 的开覆盖 $(O_i)$ 的原像是相对开集 $F^{-1}(O_i)=K\cap U_i$，其中 $U_i$ 在 $\mathbb R^n$ 中开。这些 $U_i$ 覆盖 $K$，所以有限多个足够。对应的 $O_i$ 覆盖 $F(K)$，证明了像的紧致性。对标量函数 $f$，由已证明定理的一维情形，其像非空、闭且有界。令 $a=\sup f(K)$。对每个 $j\ge1$，由上确界定义，可取 $y_j\in f(K)$ 使 $a-1/j<y_j\le a$。于是 $y_j\to a$，闭性使 $a$ 属于像，所以最大值可达。对 $-f$ 使用同一论证即得最小值。该结论证明存在性，而不提供极大点的计算公式。

紧致性推出有界性与一致连续性

设 $K\subset\mathbb R^n$、$n\ge1$ 为紧集，$u:K\to\mathbb R$ 相对于 $K$ 连续。紧致采用开覆盖有有限子覆盖的定义；空集情形无碍。对每个 $p\in K$，连续性给出 $r_p>0$，使 $q\in K\cap B(p,r_p)$ 时 $|u(q)-u(p)|<1$。从这些球中选出有限子覆盖，则有限多个数 $|u(p)|+1$ 中最大者就是 $|u|$ 的上界。

给定 $\varepsilon>0$，改选 $r_p>0$，使 $q\in K\cap B(p,r_p)$ 时 $|u(q)-u(p)|<\varepsilon/2$。有限多个球 $B(p_i,r_{p_i}/2)$ 覆盖 $K$。令 $\delta=\min_i r_{p_i}/2>0$。若 $x,y\in K$ 且 $\|x-y\|<\delta$，选取 $\|x-p_i\|<r_{p_i}/2$ 的一个中心，则 $x,y$ 都在 $B(p_i,r_{p_i})$ 内，故 $|u(x)-u(y)|<\varepsilon$。这在相对拓扑下证明了一致连续性，没有将函数延拓到 $K$ 外。有限维欧几里得空间的闭有界集紧致，由另行实际嵌入的 Heine–Borel 证明保证。本论证不使用积分，也不假设 Fubini 定理。

乘积网格的 Darboux 判据与任意矩形取样

设 $R=[a,b]\times[c,d]$，其中端点有限、$a<b$、$c<d$，且 $f:R\to\mathbb R$ 满足 $|f|\le M<\infty$。乘积网格由 $a=x_0<\cdots<x_r=b$、$c=y_0<\cdots<y_s=d$ 两个分割组成，小格 $C_{ij}$ 的面积为 $A_{ij}=\Delta x_i\Delta y_j$。定义 $m_{ij}=\inf_{C_{ij}}f$、$M_{ij}=\sup_{C_{ij}}f$，以及

$$L(f,P)=\sum_{i,j}m_{ij}A_{ij},\qquad U(f,P)=\sum_{i,j}M_{ij}A_{ij}.$$

每个取样和均介于两者之间。细分后下和不减、上和不增，因为各子格面积之和等于母格面积。合并两个网格的全部坐标切点，即得共同细分。因此任意两网格均有 $L(f,P)\le U(f,Q)$。实数完备性给出有限的 $I_-=\sup_P L(f,P)\le I_+=\inf_P U(f,P)$。两者等于同一数 $I$，当且仅当对每个 $\varepsilon>0$ 存在网格使 $U-L<\varepsilon$。一方面该差控制 $I_+-I_-$；另一方面，分别取距 $I_+$、$I_-$ 小于 $\varepsilon/2$ 的上和、下和，再共同细分即可。

下面补上与原定义中任意小矩形的联系。矩形铺分是有限多个闭、坐标轴平行、正面积矩形覆盖 $R$，其内部互不相交，边可以重合；网格尺度为最大小格直径。下和及上和仍按同一定义计算。将所有小矩形边的坐标加入切点便得乘积网格细分，故该铺分的下和不超过 $I$，上和不小于 $I$。

固定一个满足差小于 $\varepsilon/2$ 的乘积网格 $P$。设其内部竖线、横线数分别为 $v,h$。对尺度小于 $\delta$ 的任意铺分 $Q$，把接触这些线的小格称为坏格。每个坏格都包含在某条线周围宽度为 $2\delta$ 的带中，所以坏格面积之和至多为

$$2\delta\bigl(v(d-c)+h(b-a)\bigr).$$

这是有限矩形面积的初等估计：将矩形和条带的全部边共同细分后，只需对互不重叠小格的面积相加，不使用积分。其他每格都包含在 $P$ 的某一母格中，其振幅乘面积由母格振幅乘该格面积控制。对所有好格求和，至多得到 $U(f,P)-L(f,P)$；坏格振幅至多 $2M$。因此

$$U(f,Q)-L(f,Q)\le U(f,P)-L(f,P) +4M\delta\bigl(v(d-c)+h(b-a)\bigr).$$

取 $\delta$ 使最后一项小于 $\varepsilon/2$；若其系数为零，该项不限制 $\delta$。每种取样所得和与 $I$ 的差都小于 $\varepsilon$。故收敛对所有充分细的矩形铺分成立，并非仅对固定网格的细分成立。

反过来，若所有充分细的矩形铺分和所有取样均趋于同一个 $I$，这当然适用于乘积网格。在一个固定细网格的每格中，按上确界定义选择函数值距该格上确界小于 $\eta/|R|$ 的取样点，所得和与 $U$ 的差不超过 $\eta$；对下确界同理。先使用对所有取样的一致控制，再令 $\eta\downarrow0$，便使 $U-L$ 任意小。因此有界函数的 Darboux 判据与原先按任意小格直径定义的取样极限等价。

一维版本以区间和长度作同样构造。具体地，将全部切点共同细分；接触某个固定的 $q$ 个内切点之一的细区间，总长度至多 $2q\delta$。同样的 $2M$ 振幅估计给出任意细区间取样的收敛，接近上、下确界的取样给出逆命题。以下使用这一正常一维黎曼积分。取样和相加后取极限证明线性；逐点比较后取极限证明单调性；在固定切点细分证明区间可加性。具体地，若函数在整个区间可积，在切点处细分一个差很小的分割，每个子区间的差不超过总差，故两个限制均可积。反之，将两个限制的差很小的分割合并，下和及上和分别相加，故整个积分等于两个极限之和。常函数的积分等于函数值乘长度。若一个有界改变量只支撑在有限多个点上，用总长度任意小的有限多个区间围住这些点，其绝对值的上和不超过上界乘总长度，故该改变量积分为零。这也证明改变端点值不影响正常积分。

若 $R$ 某边长度为零，所有面积和及二重积分定义为零，零长度区间的积分也为零。上述正面积论证不在除以零面积后继续使用。

可积函数且每条截面可积时的 Fubini 定理

设 $a<b$、$c<d$，有界 $f:R\to\mathbb R$ 黎曼可积，且对每个 $x\in[a,b]$，截面 $y\mapsto f(x,y)$ 在 $[c,d]$ 正常黎曼可积。令 $F(x)=\int_c^d f(x,y)\,dy$，则 $|F(x)|\le M(d-c)$。我们证明 $F$ 正常黎曼可积，且

$$\iint_R f\,dA=\int_a^b F(x)\,dx.$$

对任意乘积网格，用上述 $m_{ij},M_{ij}$，令 $A_i=\sum_jm_{ij}\Delta y_j$、$B_i=\sum_jM_{ij}\Delta y_j$。对每个 $x\in[x_{i-1},x_i]$，一维可加性及比较性质给出 $A_i\le F(x)\le B_i$。在整个闭 $x$-区间上取下、上确界，得到

$$L(f,P)\le L(F,X)\le U(F,X)\le U(f,P).$$

给定 $\varepsilon>0$，由 $f$ 可积，存在网格使 $U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。上式使外层的 Darboux 差小于 $\varepsilon$，因而证明外层可积，而非预先假设。两个积分 $\iint_R f$ 与 $\int_a^b F$ 都在 $[L(f,P),U(f,P)]$ 内，故其差的绝对值不超过 $\varepsilon$，于是相等。若改为每条水平截面正常可积，交换坐标名称后的同一论证给出水平公式。只有两组截面积分都存在时，才同时断言两个次序。矩形宽度为零时，只要式中截面积分存在，内层或外层区间长度为零便给出同样等式。

连续矩形及区间的可积性

设 $f$ 相对于闭矩形 $R$ 连续。若 $|R|>0$，紧致性与有限覆盖证明给出有界性及一致连续性。对任意 $\varepsilon>0$，选 $\delta>0$，使距离小于 $\delta$ 的点的函数值之差小于 $\varepsilon/(2|R|)$。小格直径均小于 $\delta$ 的网格满足

$$U(f,P)-L(f,P)\le\frac{\varepsilon}{2|R|}\sum_C |C|=\varepsilon/2.$$

Darboux 判据证明可积性，铺分桥接论证进一步保证原定义中任意矩形取样的收敛。紧区间上的同一证明用长度代替面积，零长度区间另行处理。因此连续 $f$ 的每条固定坐标截面均正常可积，已证截面定理给出两个累次积分公式。而且 $F(x)=\int_c^d f(x,y)\,dy$ 连续：在 $x,x_0$ 处的差的绝对值不超过

$$(d-c)\sup_{y\in[c,d]}|f(x,y)-f(x_0,y)|,$$

由一致连续性，该式趋于零。若 $R$ 的某边长度为零，连续截面的一维正常积分仍存在，而有关二重及累次积分均为零。不需变数替换或测度论定理。

若实函数 $p$ 在 $[a,b]$ 连续、$q$ 在 $[c,d]$ 连续，已证的矩形定理给出

$$\iint_{[a,b]\times[c,d]}p(x)q(y)\,dA=\left(\int_a^bp(x)\,dx\right)\left(\int_c^dq(y)\,dy\right).$$

因为一元积分的线性性使内层积分等于 $p(x)\int_c^dq(y)\,dy$，再从外层积分提出常数即可。这是积分恒等式，不是在没有概率模型时声称独立性。

内层积分将另一个变量视为常数。例如

$$\int_0^2\int_0^3(x+2y)dy\,dx=\int_0^2(3x+9)dx=24.$$

反转次序得到 $\int_0^3(2+4y)dy=24$。相等来自定理，而不是假设任何次序交换都有效。奇异反常被积函数需要额外假设，不属于该连续矩形结果。

3 产量与时间的累积模型

假设 $w(q,t)=2+q+t$ 是单位为每产量单位每月货币的模型边际成本密度，其中 $0\le q\le4$、$0\le t\le3$。该模型中的累积量为

$$C=\int_0^3\int_0^4(2+q+t)dq\,dt =\int_0^3(16+4t)dt=66.$$

在面积为 $12$ 的参数矩形上，其平均密度为 $66/12=5.5$。该解释要求给出的对象确实是二维密度。普通月总成本函数应只对时间积分，除非另有明确密度关系，否则不能再对产量维度积分。

若仓库地面上的空间储存成本密度为 $w(x,y)$，且 $w$ 的单位是每面积每时间的货币，则 $\iint_Dw\,dA$ 给出单位时间的总成本。只有适当考虑时间依赖后，才能将该结果乘以时长得到累积成本。

4 非矩形可行区域

令 $D=\{(x,y):0\le x\le2,\ 0\le y\le2-x\}$。其上边界耦合两个量。对该三角形上的连续密度，在包含它的矩形上向外延拓为零。延拓可能在三条边界线段处跳跃，但这些线段可用总面积任意小的矩形覆盖。有界性控制这些单元，一致连续性控制其他单元，故延拓可积。截面积分因此给出

$$\iint_Df\,dA=\int_0^2\int_0^{2-x}f(x,y)dy\,dx.$$

反向次序的界为 $0\le y\le2$、$0\le x\le2-y$。必须从区域重建积分界，而不是机械交换。

对 $f=x+y$，计算

$$\int_0^2\left[x(2-x)+\frac{(2-x)^2}{2}\right]dx =\int_0^2\left(2-\frac{x^2}{2}\right)dx=\frac83.$$

三角形面积为 2，故平均值为 $4/3$。面积为正时，区域平均值是 $\iint_Df/\operatorname{area}(D)$，不是简单地平均角点值。

5 加权中心

若 $w\ge0$ 描述正分配密度且 $M=\iint_Dw>0$，定义加权中心为

$$\bar x=\frac{\iint_Dxw\,dA}{M},\qquad\bar y=\frac{\iint_Dyw\,dA}{M}.$$

对单位正方形上的 $w=1+x$，有 $M=3/2$、$\bar x=5/9$、$\bar y=1/2$。右侧权重较大，只使水平坐标偏移。带符号权重计算的中心未必具有这种非负权重解释。

6 分级练习

E1 基础。 以两种次序计算 $\iint_{[0,1]\times[0,2]}(3x+y)dA$ 并求平均值。

E2 区域界。 交换 $\int_0^1\int_x^1xy\,dy\,dx$ 的次序并计算。

E3 应用。 地面范围 $0\le x\le2$、$0\le y\le1$，密度 $w=4+x$，单位为每平方米每天的货币。求每日总成本及加权水平中心。

E4 带符号累积。 对单位正方形上的 $f=x-y$ 求积分。零结果是否意味着函数处处为零？

7 完整解答

S1. 先对 $y$ 积分得到 $\int_0^1(6x+2)dx=5$；先对 $x$ 积分得到 $\int_0^2(3/2+y)dy=5$。除以面积 2 得平均值 $5/2$。

S2. 区域为 $0\le x\le y\le1$。反向得到 $\int_0^1\int_0^yxy\,dx\,dy=\int_0^1y^3/2\,dy=1/8$。按原次序直接积分得到相同值。

S3. 每日成本为 $\int_0^2(4+x)dx=10$ 货币单位每天。其水平一阶矩为 $\int_0^2x(4+x)dx=8+8/3=32/3$，故 $\bar x=16/15$ 米。密度随 $x$ 增加，因此中心在几何中点 1 的右侧。

S4. 由对称性或直接积分，$\iint(x-y)dA=1/2-1/2=0$。函数在一种坐标大小关系下为正，在另一侧为负；零净值来自相消，而不是逐点为零。

总结

二重积分在两个独立维度上累积密度。对连续矩形数据，Fubini 定理允许连续一元积分。可行区域几何决定变量积分界，单位、符号和权重假设则决定结果的总量或平均值含义。