二重積分與二維累積

商業量可以在兩個獨立維度中變化，例如產量與時間或地理位置。當每個小矩形都貢獻一個量時，只沿一個維度相加不夠。二重積分累積這些矩形貢獻，並明確其單位。

1 從矩形和到積分

在 $R=[a,b]\times[c,d]$ 上，其中 $a<b$、$c<d$，劃分每個坐標區間。小單元面積為 $\Delta x_i\Delta y_j$。在其中選擇樣本點 $\xi_{ij}$ 並構造

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

若最大單元直徑趨於零時，這些和趨於同一個與選擇無關的值，該值就是二重積分 $\iint_Rf(x,y)dA$。閉矩形上的連續性是充分條件。其理由是，一致連續性使充分小單元上 $f$ 的最大值與最小值之差小於任意給定正數。於是上下和之差至多為該振幅界乘固定矩形面積，迫使兩者有共同極限。

若 $f$ 的單位是每單位 $x$、每單位 $y$ 的貨幣，乘以 $dx\,dy$ 得貨幣。已為單元分配總量的數據表不是密度表；再次將這些總量乘以面積會重複計算單元大小。

對於非負 $f$，積分在幾何解釋中是圖像下的體積。對於帶符號的 $f$，它是帶符號累積，不一定是非負體積。

2 累次積分與 Fubini 定理

固定整數 $n\ge1$，在 $\mathbb R^n$ 上使用歐幾里得範數。集合若包含在某個有限半徑的球內，就稱為有界；若補集是開集，就稱為閉集；若它的每個由 $\mathbb R^n$ 中開集組成的覆蓋都有有限子覆蓋，就稱為緊集。我們使用實數完備性，包括閉區間套性質。

有限維歐幾里得空間的 Heine–Borel 定理

定理。 集合 $K\subseteq\mathbb R^n$ 緊致，當且僅當它閉且有界。空集具有這三種性質。

緊致推出有界。 開球 $B(0,m)$（整數 $m\ge1$）覆蓋 $K$。取有限子覆蓋後，$K$ 包含在其中最大的球內。

緊致推出閉。 設 $K\ne\varnothing$ 且 $y\notin K$。開球 $B(x,\|x-y\|/2)$（$x\in K$）覆蓋 $K$。取中心為 $x_1,\ldots,x_r$ 的有限子覆蓋，令 $\delta=\min_i\|x_i-y\|/2>0$。若 $z$ 在以 $x_i$ 為中心的所選球內，三角不等式給出 $\|z-y\|>\|x_i-y\|/2\ge\delta$。所以 $B(y,\delta)$ 不與 $K$ 相交，補集是開集。

閉且有界推出緊致。 設非空的 $K$ 閉且有界，把它包含在閉立方體 $Q_0=[-M,M]^n$ 內，其中 $M>0$。假設 $K$ 的某個開覆蓋沒有有限子覆蓋。把每個坐標區間分成兩個閉半區間，所得 $2^n$ 個閉子立方體覆蓋 $Q_0$。至少一個子立方體與 $K$ 的交集不能由給定覆蓋族有限覆蓋；否則把有限多個有限子覆蓋合併，就能覆蓋 $K$。選取這樣的子立方體並重複，得到閉立方體套 $Q_j$，其邊長為 $2M/2^j$，且 $K\cap Q_j$ 不能被有限覆蓋，因而非空。

對每個坐標使用閉區間套性質，得到公共坐標值；合起來得到 $p\in\bigcap_jQ_j$。$Q_j$ 中任意兩點的距離不超過 $2M\sqrt n/2^j$，所以交集中只有 $p$。選取 $x_j\in K\cap Q_j$，則 $\|x_j-p\|\le2M\sqrt n/2^j\to0$。閉集包含這種極限：若 $p$ 在開補集中，$p$ 周圍某個開球就會使最終的 $x_j$ 落在 $K$ 外，矛盾。因此 $p\in K$。

覆蓋中有一個成員 $O$ 含 $p$，由開放性，存在 $\varepsilon>0$ 使 $B(p,\varepsilon)\subseteq O$。當 $j$ 足夠大時，$Q_j$ 的每點到 $p$ 的距離都小於 $\varepsilon$，於是單個 $O$ 就覆蓋 $K\cap Q_j$，與 $Q_j$ 的選取矛盾。因此每個開覆蓋都有有限子覆蓋。這裏 $2^n$ 是有限數；若改成無限多個子塊，這個論證就不再成立。

連續像與極值

定理。 若 $K\subseteq\mathbb R^n$ 緊致，且 $F:K\to\mathbb R^m$ 相對於 $K$ 連續，則 $F(K)$ 緊致。特別地，非空緊集 $K$ 上的連續函數 $f:K\to\mathbb R$ 有界，並達到最大值和最小值。

證明。 $F(K)$ 的開覆蓋 $(O_i)$ 的原像是相對開集 $F^{-1}(O_i)=K\cap U_i$，其中 $U_i$ 在 $\mathbb R^n$ 中開。這些 $U_i$ 覆蓋 $K$，所以有限多個足夠。對應的 $O_i$ 覆蓋 $F(K)$，證明了像的緊致性。對標量函數 $f$，由已證明定理的一維情形，其像非空、閉且有界。令 $a=\sup f(K)$。對每個 $j\ge1$，由上確界定義，可取 $y_j\in f(K)$ 使 $a-1/j<y_j\le a$。於是 $y_j\to a$，閉性使 $a$ 屬於像，所以最大值可達。對 $-f$ 使用同一論證即得最小值。該結論證明存在性，而不提供極大點的計算公式。

緊緻性推出有界性與一致連續性

設 $K\subset\mathbb R^n$、$n\ge1$ 為緊集，$u:K\to\mathbb R$ 相對於 $K$ 連續。緊緻採用開覆蓋有有限子覆蓋的定義；空集情形無礙。對每個 $p\in K$，連續性給出 $r_p>0$，使 $q\in K\cap B(p,r_p)$ 時 $|u(q)-u(p)|<1$。從這些球中選出有限子覆蓋，則有限多個數 $|u(p)|+1$ 中最大者就是 $|u|$ 的上界。

給定 $\varepsilon>0$，改選 $r_p>0$，使 $q\in K\cap B(p,r_p)$ 時 $|u(q)-u(p)|<\varepsilon/2$。有限多個球 $B(p_i,r_{p_i}/2)$ 覆蓋 $K$。令 $\delta=\min_i r_{p_i}/2>0$。若 $x,y\in K$ 且 $\|x-y\|<\delta$，選取 $\|x-p_i\|<r_{p_i}/2$ 的一個中心，則 $x,y$ 都在 $B(p_i,r_{p_i})$ 內，故 $|u(x)-u(y)|<\varepsilon$。這在相對拓撲下證明了一致連續性，沒有將函數延拓到 $K$ 外。有限維歐幾里得空間的閉有界集緊緻，由另行實際嵌入的 Heine–Borel 證明保證。本論證不使用積分，也不假設 Fubini 定理。

乘積網格的 Darboux 判據與任意矩形取樣

設 $R=[a,b]\times[c,d]$，其中端點有限、$a<b$、$c<d$，且 $f:R\to\mathbb R$ 滿足 $|f|\le M<\infty$。乘積網格由 $a=x_0<\cdots<x_r=b$、$c=y_0<\cdots<y_s=d$ 兩個分割組成，小格 $C_{ij}$ 的面積為 $A_{ij}=\Delta x_i\Delta y_j$。定義 $m_{ij}=\inf_{C_{ij}}f$、$M_{ij}=\sup_{C_{ij}}f$，以及

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

每個取樣和均介於兩者之間。細分後下和不減、上和不增，因為各子格面積之和等於母格面積。合併兩個網格的全部座標切點，即得共同細分。因此任意兩網格均有 $L(f,P)\le U(f,Q)$。實數完備性給出有限的 $I_-=\sup_P L(f,P)\le I_+=\inf_P U(f,P)$。兩者等於同一數 $I$，當且僅當對每個 $\varepsilon>0$ 存在網格使 $U-L<\varepsilon$。一方面該差控制 $I_+-I_-$；另一方面，分別取距 $I_+$、$I_-$ 小於 $\varepsilon/2$ 的上和、下和，再共同細分即可。

下面補上與原定義中任意小矩形的聯繫。矩形鋪分是有限多個閉、座標軸平行、正面積矩形覆蓋 $R$，其內部互不相交，邊可以重合；網格尺度為最大小格直徑。下和及上和仍按同一定義計算。將所有小矩形邊的座標加入切點便得乘積網格細分，故該鋪分的下和不超過 $I$，上和不小於 $I$。

固定一個滿足差小於 $\varepsilon/2$ 的乘積網格 $P$。設其內部豎線、橫線數分別為 $v,h$。對尺度小於 $\delta$ 的任意鋪分 $Q$，把接觸這些線的小格稱為壞格。每個壞格都包含在某條線周圍寬度為 $2\delta$ 的帶中，所以壞格面積之和至多為

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

這是有限矩形面積的初等估計：將矩形和條帶的全部邊共同細分後，只需對互不重疊小格的面積相加，不使用積分。其他每格都包含在 $P$ 的某一母格中，其振幅乘面積由母格振幅乘該格面積控制。對所有好格求和，至多得到 $U(f,P)-L(f,P)$；壞格振幅至多 $2M$。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 $\delta$ 使最後一項小於 $\varepsilon/2$；若其係數為零，該項不限制 $\delta$。每種取樣所得和與 $I$ 的差都小於 $\varepsilon$。故收斂對所有充分細的矩形鋪分成立，並非僅對固定網格的細分成立。

反過來，若所有充分細的矩形鋪分和所有取樣均趨於同一個 $I$，這當然適用於乘積網格。在一個固定細網格的每格中，按上確界定義選擇函數值距該格上確界小於 $\eta/|R|$ 的取樣點，所得和與 $U$ 的差不超過 $\eta$；對下確界同理。先使用對所有取樣的一致控制，再令 $\eta\downarrow0$，便使 $U-L$ 任意小。因此有界函數的 Darboux 判據與原先按任意小格直徑定義的取樣極限等價。

一維版本以區間和長度作同樣構造。具體地，將全部切點共同細分；接觸某個固定的 $q$ 個內切點之一的細區間，總長度至多 $2q\delta$。同樣的 $2M$ 振幅估計給出任意細區間取樣的收斂，接近上、下確界的取樣給出逆命題。以下使用這一正常一維黎曼積分。取樣和相加後取極限證明線性；逐點比較後取極限證明單調性；在固定切點細分證明區間可加性。具體地，若函數在整個區間可積，在切點處細分一個差很小的分割，每個子區間的差不超過總差，故兩個限制均可積。反之，將兩個限制的差很小的分割合併，下和及上和分別相加，故整個積分等於兩個極限之和。常函數的積分等於函數值乘長度。若一個有界改變量只支撐在有限多個點上，用總長度任意小的有限多個區間圍住這些點，其絕對值的上和不超過上界乘總長度，故該改變量積分為零。這也證明改變端點值不影響正常積分。

若 $R$ 某邊長度為零，所有面積和及二重積分定義為零，零長度區間的積分也為零。上述正面積論證不在除以零面積後繼續使用。

可積函數且每條截面可積時的 Fubini 定理

設 $a<b$、$c<d$，有界 $f:R\to\mathbb R$ 黎曼可積，且對每個 $x\in[a,b]$，截面 $y\mapsto f(x,y)$ 在 $[c,d]$ 正常黎曼可積。令 $F(x)=\int_c^d f(x,y)\,dy$，則 $|F(x)|\le M(d-c)$。我們證明 $F$ 正常黎曼可積，且

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

對任意乘積網格，用上述 $m_{ij},M_{ij}$，令 $A_i=\sum_jm_{ij}\Delta y_j$、$B_i=\sum_jM_{ij}\Delta y_j$。對每個 $x\in[x_{i-1},x_i]$，一維可加性及比較性質給出 $A_i\le F(x)\le B_i$。在整個閉 $x$-區間上取下、上確界，得到

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

給定 $\varepsilon>0$，由 $f$ 可積，存在網格使 $U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。上式使外層的 Darboux 差小於 $\varepsilon$，因而證明外層可積，而非預先假設。兩個積分 $\iint_R f$ 與 $\int_a^b F$ 都在 $[L(f,P),U(f,P)]$ 內，故其差的絕對值不超過 $\varepsilon$，於是相等。若改為每條水平截面正常可積，交換座標名稱後的同一論證給出水平公式。只有兩組截面積分都存在時，才同時斷言兩個次序。矩形寬度為零時，只要式中截面積分存在，內層或外層區間長度為零便給出同樣等式。

連續矩形及區間的可積性

設 $f$ 相對於閉矩形 $R$ 連續。若 $|R|>0$，緊緻性與有限覆蓋證明給出有界性及一致連續性。對任意 $\varepsilon>0$，選 $\delta>0$，使距離小於 $\delta$ 的點的函數值之差小於 $\varepsilon/(2|R|)$。小格直徑均小於 $\delta$ 的網格滿足

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

Darboux 判據證明可積性，鋪分橋接論證進一步保證原定義中任意矩形取樣的收斂。緊區間上的同一證明用長度代替面積，零長度區間另行處理。因此連續 $f$ 的每條固定座標截面均正常可積，已證截面定理給出兩個累次積分公式。而且 $F(x)=\int_c^d f(x,y)\,dy$ 連續：在 $x,x_0$ 處的差的絕對值不超過

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

由一致連續性，該式趨於零。若 $R$ 的某邊長度為零，連續截面的一維正常積分仍存在，而有關二重及累次積分均為零。不需變數替換或測度論定理。

若實函數 $p$ 在 $[a,b]$ 連續、$q$ 在 $[c,d]$ 連續，已證的矩形定理給出

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

因為一元積分的線性性使內層積分等於 $p(x)\int_c^dq(y)\,dy$，再從外層積分提出常數即可。這是積分恆等式，不是在沒有概率模型時聲稱獨立性。

內層積分將另一個變量視為常數。例如

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

反轉次序得到 $\int_0^3(2+4y)dy=24$。相等來自定理，而不是假設任何次序交換都有效。奇異反常被積函數需要額外假設，不屬於該連續矩形結果。

3 產量與時間的累積模型

假設 $w(q,t)=2+q+t$ 是單位為每產量單位每月貨幣的模型邊際成本密度，其中 $0\le q\le4$、$0\le t\le3$。該模型中的累積量為

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

在面積為 $12$ 的參數矩形上，其平均密度為 $66/12=5.5$。該解釋要求給出的對象確實是二維密度。普通月總成本函數應只對時間積分，除非另有明確密度關係，否則不能再對產量維度積分。

若倉庫地面上的空間儲存成本密度為 $w(x,y)$，且 $w$ 的單位是每面積每時間的貨幣，則 $\iint_Dw\,dA$ 給出單位時間的總成本。只有適當考慮時間依賴後，才能將該結果乘以時長得到累積成本。

4 非矩形可行區域

令 $D=\{(x,y):0\le x\le2,\ 0\le y\le2-x\}$。其上邊界耦合兩個量。對該三角形上的連續密度，在包含它的矩形上向外延拓為零。延拓可能在三條邊界線段處跳躍，但這些線段可用總面積任意小的矩形覆蓋。有界性控制這些單元，一致連續性控制其他單元，故延拓可積。截面積分因此給出

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

反向次序的界為 $0\le y\le2$、$0\le x\le2-y$。必須從區域重建積分界，而不是機械交換。

對 $f=x+y$，計算

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

三角形面積為 2，故平均值為 $4/3$。面積為正時，區域平均值是 $\iint_Df/\operatorname{area}(D)$，不是簡單地平均角點值。

5 加權中心

若 $w\ge0$ 描述正分配密度且 $M=\iint_Dw>0$，定義加權中心為

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

對單位正方形上的 $w=1+x$，有 $M=3/2$、$\bar x=5/9$、$\bar y=1/2$。右側權重較大，只使水平坐標偏移。帶符號權重計算的中心未必具有這種非負權重解釋。

6 分級練習

E1 基礎。 以兩種次序計算 $\iint_{[0,1]\times[0,2]}(3x+y)dA$ 並求平均值。

E2 區域界。 交換 $\int_0^1\int_x^1xy\,dy\,dx$ 的次序並計算。

E3 應用。 地面範圍 $0\le x\le2$、$0\le y\le1$，密度 $w=4+x$，單位為每平方米每天的貨幣。求每日總成本及加權水平中心。

E4 帶符號累積。 對單位正方形上的 $f=x-y$ 求積分。零結果是否意味著函數處處為零？

7 完整解答

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

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

S3. 每日成本為 $\int_0^2(4+x)dx=10$ 貨幣單位每天。其水平一階矩為 $\int_0^2x(4+x)dx=8+8/3=32/3$，故 $\bar x=16/15$ 米。密度隨 $x$ 增加，因此中心在幾何中點 1 的右側。

S4. 由對稱性或直接積分，$\iint(x-y)dA=1/2-1/2=0$。函數在一種坐標大小關係下為正，在另一側為負；零淨值來自相消，而不是逐點為零。

總結

二重積分在兩個獨立維度上累積密度。對連續矩形數據，Fubini 定理允許連續一元積分。可行區域幾何決定變量積分界，單位、符號和權重假設則決定結果的總量或平均值含義。