二、二重积分的计算｜大题·极坐标法等4类

大题

（四）极坐标法

15. 【2021-2-12 分】 第一象限内曲线

$$(x^2+y^2{)}^2=x^2-y^2$$

与 $x$ 轴围成区域 $D$，计算

$$I={\iint }_{D}xydxdy.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=\frac{1}{48}.$$

解析： 采用极坐标。曲线方程化为

$$r^4=r^2\cos 2\theta ,$$

即

$$r^2=\cos 2\theta .$$

在第一象限且由 $x$ 轴围成的部分满足

$$0\le \theta \le \frac{\pi }{4},0\le r\le \sqrt{\cos 2\theta }.$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi /4}{\int }_0^{\sqrt{\cos 2\theta }}{r}^2\cos \theta \sin \theta \cdot rdrd\theta \\ & =\frac{1}{8}{\int }_0^{\pi /4}\sin 2\theta {\cos }^{2}2\theta d\theta .\end{array}$$

令 $u=\cos 2\theta$，则 $du=-2\sin 2\theta d\theta$，故

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{16}{\int }_0^1{u}^{2}du\\ & =\boxed{\frac{1}{48}}.\end{array}$$

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16. 【2021-3-12 分】 区域 $D$ 位于第一象限，由 $x^2+y^2=1$、$y=x$ 和 $x$ 轴围成，计算

$$I={\iint }_D{e}^{(x+y{)}^2}(x^2-y^2)dxdy.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=\frac{(e-1{)}^2}{8}.$$

解析： 在极坐标下，区域为

$$0\le r\le 1,0\le \theta \le \frac{\pi }{4}.$$

又

$$(x+y{)}^2=r^2(\cos \theta +\sin \theta {)}^2,$$$$x^2-y^2=r^2\cos 2\theta .$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^1{r}^{3}dr{\int }_0^{\pi /4}{e}^{r^2(\cos \theta +\sin \theta {)}^2}\cos 2\theta d\theta .\end{array}$$

注意到

$$d\left[(\cos \theta +\sin \theta {)}^2\right]=2\cos 2\theta d\theta .$$

对内层积分令 $u=(\cos \theta +\sin \theta {)}^2$，其上下限分别为 $1,2$，得

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{2}{\int }_0^1{r}^{3}dr{\int }_1^2{e}^{r^{2}u}du\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1{r}^3\cdot \frac{e^{2r^2}-e^{r^2}}{r^2}dr\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{1}r(e^{2r^2}-e^{r^2})dr\\ & =\frac{1}{4}{\int }_0^1(e^{2s}-e^s)ds\\ & =\boxed{\frac{(e-1{)}^2}{8}}.\end{array}$$

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17. 【2022-123-12 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid y-2\le x\le \sqrt{4-y^2},0\le y\le 2\},$$

计算

$$I={\iint }_D\frac{(x-y{)}^2}{x^2+y^2}dxdy.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=2\pi -2.$$

解析： 区域 $D$ 位于上半圆 $x^2+y^2\le 4$ 内，并位于直线 $x=y-2$ 的右侧。采用极坐标，直线可写为

$$r(\sin \theta -\cos \theta )=2.$$

区域需要分成两部分：

$$\{\begin{array}{ll}0\le \theta \le \frac{\pi }{2},& 0\le r\le 2,\\ \frac{\pi }{2}\le \theta \le \pi ,& 0\le r\le \frac{2}{\sin \theta -\cos \theta }.\end{array}$$

被积函数为

$$\frac{(x-y{)}^2}{x^2+y^2}=(\cos \theta -\sin \theta {)}^2.$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^2(\cos \theta -\sin \theta {)}^{2}rdrd\theta \\ & +{\int }_{\pi /2}^{\pi }{\int }_0^{\frac{2}{\sin \theta -\cos \theta }}(\cos \theta -\sin \theta {)}^{2}rdrd\theta \\ & =2{\int }_0^{\pi /2}(1-\sin 2\theta )d\theta +2{\int }_{\pi /2}^{\pi }d\theta \\ & =(\pi -2)+\pi \\ & =\boxed{2\pi -2}.\end{array}$$

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18. 【2023-2-12 分】 第一象限内区域 $D$ 由

$$x^2+y^2-xy=1,x^2+y^2-xy=2,$$

以及直线 $y=\sqrt{3}x$、$y=0$ 围成，计算

$$I={\iint }_D\frac{1}{3x^2+y^2}dxdy.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=\frac{\pi \ln 2}{8\sqrt{3}}.$$

解析： 采用极坐标 $x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$。两条直线给出

$$0\le \theta \le \frac{\pi }{3}.$$

又

$$x^2+y^2-xy=r^2\left(1-\sin \theta \cos \theta \right).$$

记

$$A(\theta )=1-\sin \theta \cos \theta ,$$

则径向范围为

$$\frac{1}{\sqrt{A(\theta )}}\le r\le \sqrt{\frac{2}{A(\theta )}}.$$

同时

$$3x^2+y^2=r^2(3{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta ).$$

故

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi /3}{\int }_{1/\sqrt{A}}^{\sqrt{2/A}}\frac{rdrd\theta }{r^2(3{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta )}\\ & =\frac{\ln 2}{2}{\int }_0^{\pi /3}\frac{d\theta }{3{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta }.\end{array}$$

令 $t=\tan \theta$，则

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi /3}\frac{d\theta }{3{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta }& ={\int }_0^{\sqrt{3}}\frac{dt}{3+t^2}\\ & =\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \frac{t}{\sqrt{3}}{|}_0^{\sqrt{3}}\\ & =\frac{\pi }{4\sqrt{3}}.\end{array}$$

所以

$$\boxed{I=\frac{\pi \ln 2}{8\sqrt{3}}}.$$

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19. 【2023-3-12 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid (x-1{)}^2+y^2\le 1\},$$

计算

$$I={\iint }_D\left|\sqrt{x^2+y^2}-1\right|dxdy.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=3\sqrt{3}-\frac{32}{9}-\frac{\pi }{9}.$$

解析： 圆域 $D$ 的极坐标方程为

$$0\le r\le 2\cos \theta ,-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2}.$$

被积函数为 $|r-1|$。当 $|\theta |\le \frac{\pi }{3}$ 时，$2\cos \theta \ge 1$，径向积分需在 $r=1$ 处分段；当 $\frac{\pi }{3}\le |\theta |\le \frac{\pi }{2}$ 时，始终有 $r\le 1$。利用关于 $x$ 轴的对称性，

$$\begin{array}{rl}I& =2{\int }_0^{\pi /3}\left[{\int }_0^1(1-r)rdr+{\int }_1^{2\cos \theta }(r-1)rdr\right]d\theta \\ & +2{\int }_{\pi /3}^{\pi /2}{\int }_0^{2\cos \theta }(1-r)rdrd\theta .\end{array}$$

分别积分并整理，得

$$\begin{array}{rl}I& =2{\int }_0^{\pi /3}\left(\frac{8}{3}{\cos }^3\theta -2{\cos }^2\theta +\frac{1}{3}\right)d\theta \\ & +2{\int }_{\pi /3}^{\pi /2}\left(2{\cos }^2\theta -\frac{8}{3}{\cos }^3\theta \right)d\theta \\ & =\boxed{3\sqrt{3}-\frac{32}{9}-\frac{\pi }{9}}.\end{array}$$

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20. 【2024-1-12 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid \sqrt{1-y^2}\le x\le 1,-1\le y\le 1\},$$

计算

$$I={\iint }_D\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=\ln (1+\sqrt{2})+\sqrt{2}-2.$$

解析： 区域关于 $x$ 轴对称，只需计算上半部分再乘 $2$。在第一象限中，区域位于单位圆 $r=1$ 外侧，并受直线 $x=1$、$y=1$ 限制：

$$\{\begin{array}{ll}0\le \theta \le \frac{\pi }{4},& 1\le r\le \sec \theta ,\\ \frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{2},& 1\le r\le \csc \theta .\end{array}$$

又

$$\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\cos \theta .$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& =2{\int }_0^{\pi /4}{\int }_1^{\sec \theta }\cos \theta rdrd\theta \\ & +2{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}{\int }_1^{\csc \theta }\cos \theta rdrd\theta \\ & ={\int }_0^{\pi /4}(\sec \theta -\cos \theta )d\theta \\ & +{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}\left(\frac{\cos \theta }{{\sin }^2\theta }-\cos \theta \right)d\theta \\ & =\ln (1+\sqrt{2})-\frac{\sqrt{2}}{2}-2+\frac{3\sqrt{2}}{2}\\ & =\boxed{\ln (1+\sqrt{2})+\sqrt{2}-2}.\end{array}$$

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21. 【2025-2-12 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 4x,x^2+y^2\le 4y\},$$

计算

$$I={\iint }_D(x-y)dxdy.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=0.$$

解析： 区域 $D$ 由两个圆域的交集构成。交换 $x$ 与 $y$ 后，两个不等式互换，因此区域关于直线 $y=x$ 对称。

被积函数满足

$$(y-x)=-(x-y),$$

即在变换 $(x,y)\mapsto (y,x)$ 下变号。由区域的对称性，

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D(x-y)dxdy\\ & ={\iint }_D(y-x)dxdy\\ & =-I.\end{array}$$

故

$$\boxed{I=0}.$$

（五）坐标系的转换

1. 【2010-2-10 分】 设

$$D=\left\{(r,\theta )\mid 0\le r\le \sec \theta ,0\le \theta \le \frac{\pi }{4}\right\},$$

计算

$$I={\iint }_D{r}^2\sin \theta \sqrt{1-r^2\cos 2\theta }drd\theta .$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{3}-\frac{\pi }{16}$。

解析： 令

$$u=r\cos \theta ,v=r^2\cos 2\theta .$$

注意到

$$u=r\cos \theta =x,v=r^2({\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta )=x^2-y^2.$$

计算雅可比：

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial (u,v)}{\partial (r,\theta )}& =\left|\begin{array}{cc}\cos \theta & -r\sin \theta \\ 2r\cos 2\theta & -2r^2\sin 2\theta \end{array}\right|\\ & =-2r^2\sin \theta .\end{array}$$

故

$$r^2\sin \theta drd\theta =\frac{1}{2}dudv$$

（积分时取雅可比绝对值）。

原区域满足

$$0\le \theta \le \frac{\pi }{4},0\le r\cos \theta \le 1,$$

即在直角坐标系中为

$$0\le y\le x\le 1.$$

因此，变换后的区域为

$$0\le u\le 1,0\le v\le u^2.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{2}{\int }_0^{1}du{\int }_0^{u^2}\sqrt{1-v}dv.\end{array}$$

交换积分次序，区域也可写成

$$0\le v\le 1,\sqrt{v}\le u\le 1.$$

故

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{2}{\int }_0^1(1-\sqrt{v})\sqrt{1-v}dv\\ & =\frac{1}{2}\left[{\int }_0^1\sqrt{1-v}dv-{\int }_0^1\sqrt{v(1-v)}dv\right].\end{array}$$

其中

$${\int }_0^1\sqrt{1-v}dv=\frac{2}{3},$$

且令 $v={\sin }^{2}t$，得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\sqrt{v(1-v)}dv& =2{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2}t{\cos }^{2}tdt\\ & =\frac{1}{4}{\int }_0^{\pi /2}(1-\cos 4t)dt\\ & =\frac{\pi }{8}.\end{array}$$

所以

$$I=\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}-\frac{\pi }{8}\right)=\frac{1}{3}-\frac{\pi }{16}.$$

（六）对称性的应用：奇偶性

1. 【2001-34-6 分】 设 $D$ 是由直线 $y=x$、$y=-1$、$x=1$ 围成的区域，计算

$$I={\iint }_{D}y\left[1+x{e}^{\frac{1}{2}(x^2+y^2)}\right]dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $-\frac{2}{3}$。

解析： 区域可表示为

$$-1\le x\le 1,-1\le y\le x.$$

将积分拆为

$$I=I_1+I_2,$$

其中

$$I_1={\iint }_{D}ydxdy,I_2={\iint }_{D}xy{e}^{\frac{1}{2}(x^2+y^2)}dxdy.$$

首先

$$\begin{array}{rl}{I}_1& ={\int }_{-1}^{1}dx{\int }_{-1}^{x}ydy\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{-1}^1(x^2-1)dx\\ & =-\frac{2}{3}.\end{array}$$

再计算 $I_2$：

$$\begin{array}{rl}{I}_2& ={\int }_{-1}^{1}x{e}^{x^2/2}\left({\int }_{-1}^{x}y{e}^{y^2/2}dy\right)dx\\ & ={\int }_{-1}^{1}x{e}^{x^2/2}\left(e^{x^2/2}-e^{1/2}\right)dx\\ & ={\int }_{-1}^1\left(x{e}^{x^2}-e^{1/2}x{e}^{x^2/2}\right)dx.\end{array}$$

括号内是关于 $x$ 的奇函数，积分区间关于原点对称，因此

$$I_2=0.$$

故

$$I=I_1+I_2=-\frac{2}{3}.$$

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2. 【2004-34-8 分】 设 $D$ 是由圆

$$x^2+y^2=4,emsp(x+1{)}^2+y^2=1$$

围成的区域，计算

$$I={\iint }_D\left(\sqrt{x^2+y^2}+y\right)d\sigma .$$

查看答案与解析

答案： $\frac{16\pi }{3}-\frac{32}{9}$。

解析： 小圆位于大圆内部，并与大圆在 $(-2,0)$ 处内切，因此 $D$ 是大圆盘除去小圆盘后的区域。

区域 $D$ 关于 $x$ 轴对称，而 $y$ 关于 $y$ 为奇函数，故

$${\iint }_{D}yd\sigma =0.$$

于是

$$I={\iint }_D\sqrt{x^2+y^2}d\sigma .$$

先计算半径为 $2$ 的大圆盘上的积分：

$$\begin{array}{rl}{I}_{\text{大}}& ={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{2}r\cdot rdr\\ & =2\pi \cdot \frac{8}{3}\\ & =\frac{16\pi }{3}.\end{array}$$

小圆的极坐标方程为

$$r^2+2r\cos \theta =0,$$

即

$$r=-2\cos \theta ,\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{3\pi }{2}.$$

因此小圆盘上的积分为

$$\begin{array}{rl}{I}_{\text{小}}& ={\int }_{\pi /2}^{3\pi /2}d\theta {\int }_0^{-2\cos \theta }{r}^{2}dr\\ & =-\frac{8}{3}{\int }_{\pi /2}^{3\pi /2}{\cos }^3\theta d\theta \\ & =-\frac{8}{3}{\left[\sin \theta -\frac{1}{3}{\sin }^3\theta \right]}_{\pi /2}^{3\pi /2}\\ & =\frac{32}{9}.\end{array}$$

故

$$I=I_{\text{大}}-I_{\text{小}}=\frac{16\pi }{3}-\frac{32}{9}.$$

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3. 【2006-12-10 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 1,x\ge 0\},$$

计算

$$I={\iint }_D\frac{1+xy}{1+x^2+y^2}dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{2}\ln 2$。

解析： 将积分拆开：

$$I={\iint }_D\frac{1}{1+x^2+y^2}dxdy+{\iint }_D\frac{xy}{1+x^2+y^2}dxdy.$$

区域 $D$ 关于 $x$ 轴对称，而

$$\frac{xy}{1+x^2+y^2}$$

关于 $y$ 为奇函数，故第二项为零。

第一项采用极坐标。区域为右半单位圆盘，因此

$$-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2},0\le r\le 1.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}d\theta {\int }_0^1\frac{r}{1+r^2}dr\\ & =\pi \cdot \frac{1}{2}\ln (1+r^2){|}_0^1\\ & =\frac{\pi }{2}\ln 2.\end{array}$$

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4. 【2007-234-11 分】 设

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& |x|+|y|\le 1,\\ \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}},& 1<|x|+|y|\le 2,\end{array}$$

且

$$D=\{(x,y)\mid |x|+|y|\le 2\}.$$

求

$$I={\iint }_{D}f(x,y)d\sigma .$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{3}+4\sqrt{2}\ln (1+\sqrt{2})$。

解析： 记

$$D_1=\{(x,y)\mid |x|+|y|\le 1\},$$$$D_2=\{(x,y)\mid 1<|x|+|y|\le 2\}.$$

则

$$I=I_1+I_2,$$

其中

$$I_1={\iint }_{D_1}{x}^{2}d\sigma .$$

利用关于坐标轴的对称性，只计算第一象限：

$$\begin{array}{rl}{I}_1& =4{\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1-x}{x}^{2}dy\\ & =4{\int }_0^1{x}^2(1-x)dx\\ & =4\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)\\ & =\frac{1}{3}.\end{array}$$

下面计算外层菱形环域上的积分。极坐标下

$$|x|+|y|=r(|\cos \theta |+|\sin \theta |).$$

所以在 $D_2$ 中

$$\frac{1}{|\cos \theta |+|\sin \theta |}<r\le \frac{2}{|\cos \theta |+|\sin \theta |}.$$

由于被积函数为 $1/r$，而 $d\sigma =rdrd\theta$，故

$$\begin{array}{rl}{I}_2& ={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_{1/(|\cos \theta |+|\sin \theta |)}^{2/(|\cos \theta |+|\sin \theta |)}dr\\ & ={\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{|\cos \theta |+|\sin \theta |}\\ & =4{\int }_0^{\pi /2}\frac{d\theta }{\cos \theta +\sin \theta }.\end{array}$$

因为

$$\cos \theta +\sin \theta =\sqrt{2}\cos \left(\theta -\frac{\pi }{4}\right),$$

所以

$$\begin{array}{rl}{I}_2& =2\sqrt{2}{\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}\sec udu\\ & =2\sqrt{2}{\left[\ln |\sec u+\tan u|\right]}_{-\pi /4}^{\pi /4}\\ & =2\sqrt{2}\ln \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}\\ & =4\sqrt{2}\ln (1+\sqrt{2}).\end{array}$$

因此

$$I=I_1+I_2=\frac{1}{3}+4\sqrt{2}\ln (1+\sqrt{2}).$$

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5. 【2010-3-10 分】 设 $D$ 由曲线

$$x=\sqrt{1+y^2},x+\sqrt{2}y=0,x-\sqrt{2}y=0$$

围成，计算

$$I={\iint }_D(x+y{)}^{3}dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{14}{15}$。

解析： 两条直线分别为

$$x=-\sqrt{2}y,x=\sqrt{2}y.$$

它们与双曲线 $x^2-y^2=1$ 的交点分别为

$$(\sqrt{2},-1),(\sqrt{2},1).$$

因此区域可表示为

$$-1\le y\le 1,\sqrt{2}|y|\le x\le \sqrt{1+y^2}.$$

区域 $D$ 关于 $x$ 轴对称。展开被积函数：

$$(x+y{)}^3=x^3+3x^{2}y+3x{y}^2+y^3.$$

其中 $3x^{2}y+y^3$ 关于 $y$ 为奇函数，在对称区域上的积分为零，故

$$I={\iint }_D(x^3+3x{y}^2)dxdy.$$

再利用对称性，只在上半区域积分：

$$\begin{array}{rl}I& =2{\int }_0^{1}dy{\int }_{\sqrt{2}y}^{\sqrt{1+y^2}}(x^3+3x{y}^2)dx\\ & =2{\int }_0^1{\left[\frac{x^4}{4}+\frac{3}{2}{x}^2{y}^2\right]}_{x=\sqrt{2}y}^{x=\sqrt{1+y^2}}dy.\end{array}$$

当 $x=\sqrt{1+y^2}$ 时，

$$\frac{x^4}{4}+\frac{3}{2}{x}^2{y}^2=\frac{1}{4}+2y^2+\frac{7}{4}{y}^4;$$

当 $x=\sqrt{2}y$ 时，

$$\frac{x^4}{4}+\frac{3}{2}{x}^2{y}^2=4y^4.$$

所以

$$\begin{array}{rl}I& =2{\int }_0^1\left(\frac{1}{4}+2y^2-\frac{9}{4}{y}^4\right)dy\\ & =2\left(\frac{1}{4}+\frac{2}{3}-\frac{9}{20}\right)\\ & =\frac{14}{15}.\end{array}$$

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6. 【2015-23-10 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 2,y\ge x^2\},$$

计算

$$I={\iint }_{D}x(x+y)dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{4}-\frac{2}{5}$。

解析： 展开被积函数：

$$x(x+y)=x^2+xy.$$

区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称，而 $xy$ 关于 $x$ 为奇函数，故

$${\iint }_{D}xydxdy=0.$$

因此

$$I={\iint }_D{x}^{2}dxdy.$$

圆 $x^2+y^2=2$ 与抛物线 $y=x^2$ 的交点满足

$$x^2+x^4=2.$$

令 $u=x^2$，则 $u^2+u-2=0$，由 $u\ge 0$ 得 $u=1$，故交点为

$$(-1,1),(1,1).$$

于是

$$-1\le x\le 1,x^2\le y\le \sqrt{2-x^2}.$$

所以

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{-1}^1{x}^2\left(\sqrt{2-x^2}-x^2\right)dx\\ & =2{\int }_0^1{x}^2\sqrt{2-x^2}dx-2{\int }_0^1{x}^{4}dx.\end{array}$$

对第一项令

$$x=\sqrt{2}\sin t,0\le t\le \frac{\pi }{4},$$

则

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{x}^2\sqrt{2-x^2}dx& =4{\int }_0^{\pi /4}{\sin }^{2}t{\cos }^{2}tdt\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /4}(1-\cos 4t)dt\\ & =\frac{\pi }{8}.\end{array}$$

因此

$$I=2\cdot \frac{\pi }{8}-2\cdot \frac{1}{5}=\frac{\pi }{4}-\frac{2}{5}.$$

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7. 【2016-2-10 分】 设 $D$ 是由直线

$$y=1,y=x,y=-x$$

围成的三角形区域，计算

$$I={\iint }_D\frac{x^2-xy-y^2}{x^2+y^2}dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $1-\frac{\pi }{2}$。

解析： 区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称。被积函数可拆为

$$\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}-\frac{xy}{x^2+y^2}.$$

第二项关于 $x$ 为奇函数，因此其在 $D$ 上的积分为零。故

$$I={\iint }_D\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}dxdy.$$

采用极坐标

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta .$$

三角形区域满足

$$\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{3\pi }{4},0\le r\le \frac{1}{\sin \theta }.$$

并且

$$\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=\cos 2\theta .$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}d\theta {\int }_0^{1/\sin \theta }r\cos 2\theta dr\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}\frac{\cos 2\theta }{{\sin }^2\theta }d\theta .\end{array}$$

注意

$$\frac{\cos 2\theta }{{\sin }^2\theta }={\cot }^2\theta -1={\csc }^2\theta -2,$$

故

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{2}{\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}({\csc }^2\theta -2)d\theta \\ & =\frac{1}{2}{\left[-\cot \theta -2\theta \right]}_{\pi /4}^{3\pi /4}\\ & =1-\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

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8. 【2017-2-10 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 2y\},$$

计算

$$I={\iint }_D(x+1{)}^{2}dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{5\pi }{4}$。

解析： 区域方程可改写为

$$x^2+(y-1{)}^2\le 1,$$

即以 $(0,1)$ 为圆心、半径为 $1$ 的圆盘。该区域关于 $y$ 轴对称。

展开

$$(x+1{)}^2=x^2+2x+1.$$

由于 $2x$ 关于 $x$ 为奇函数，故

$${\iint }_{D}2xdxdy=0.$$

于是

$$I={\iint }_D{x}^{2}dxdy+{\iint }_{D}1dxdy.$$

将坐标原点平移至圆心并采用极坐标，因为平移不改变 $x$ 坐标，所以

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D{x}^{2}dxdy& ={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^1{r}^2{\cos }^2\theta \cdot rdr\\ & =\left({\int }_0^{2\pi }{\cos }^2\theta d\theta \right)\left({\int }_0^1{r}^{3}dr\right)\\ & =\pi \cdot \frac{1}{4}=\frac{\pi }{4}.\end{array}$$

又圆盘面积为 $\pi$，故

$$I=\frac{\pi }{4}+\pi =\frac{5\pi }{4}.$$

（七）对称性的应用：轮换对称性

1. 【2014-23-10 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid 1\le x^2+y^2\le 4,x\ge 0,y\ge 0\},$$

计算

$$I={\iint }_D\frac{x\sin \left(\pi \sqrt{x^2+y^2}\right)}{x+y}dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $-\frac{3}{4}$。

解析： 区域 $D$ 关于直线 $y=x$ 对称。令

$$I_x={\iint }_D\frac{x\sin \left(\pi \sqrt{x^2+y^2}\right)}{x+y}dxdy,$$

交换 $x,y$ 后，由轮换对称性可得

$$I_x={\iint }_D\frac{y\sin \left(\pi \sqrt{x^2+y^2}\right)}{x+y}dxdy.$$

两式相加：

$$2I_x={\iint }_D\sin \left(\pi \sqrt{x^2+y^2}\right)dxdy.$$

也可直接在极坐标下计算。区域为第一象限的圆环扇形：

$$1\le r\le 2,0\le \theta \le \frac{\pi }{2}.$$

并且

$$\frac{x}{x+y}=\frac{\cos \theta }{\cos \theta +\sin \theta }.$$

故

$$I=\left({\int }_0^{\pi /2}\frac{\cos \theta }{\cos \theta +\sin \theta }d\theta \right)\left({\int }_1^{2}r\sin (\pi r)dr\right).$$

由 $\theta \mapsto \frac{\pi }{2}-\theta$ 的对称性，

$$\begin{array}{rl}2{\int }_0^{\pi /2}\frac{\cos \theta }{\cos \theta +\sin \theta }d\theta & ={\int }_0^{\pi /2}1d\theta \\ & =\frac{\pi }{2},\end{array}$$

故角向积分为

$$\frac{\pi }{4}.$$

径向积分为

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{2}r\sin (\pi r)dr& ={\left[-\frac{r\cos (\pi r)}{\pi }+\frac{\sin (\pi r)}{{\pi }^2}\right]}_1^2\\ & =-\frac{3}{\pi }.\end{array}$$

因此

$$I=\frac{\pi }{4}\cdot \left(-\frac{3}{\pi }\right)=-\frac{3}{4}.$$