09-18 错题记录

例 6.14.1（2021 年数三真题 · 极坐标常数限交换积分次序 / 指数复合与极角凑微分秒杀）

坐标系选择第一直觉：圆弧边界 + 齐二次结构 $\implies$ 极坐标绝对统治：
- 区域 $D$ 是圆 $x^2+y^2 \leqslant 1$ 、直线 $y=x$ 及 $x$ 轴在第一象限围成的扇形（圆心角为 $\frac{\pi}{4}$ ）；
- 若盲目在直角坐标系下计算：
  - 被积函数中包含 $e^{(x+y)^2} = e^{x^2+2xy+y^2}$ ，由于包含交叉项 $2xy$ 与平方项，对单一变量 $x$ 或 $y$ 均不可积（原函数非初等）；
  - 外层积分限含有圆弧代数根号 $y = \sqrt{1-x^2}$ ，代入后直接陷入算力泥潭；
- 观察被积表达式结构： $(x+y)^2 = x^2+y^2+2xy = r^2(1+\sin 2\theta)$ ， $x^2-y^2 = r^2\cos 2\theta$ 。极坐标下半径与角度彻底解耦，必须第一反应切入极坐标！
核心易错思维定势：打破“极坐标必先 $r$ 后 $\theta$ ”的机械教条：
- 传统教条惯性：绝大多数同学学完极坐标后，潜意识里形成“先对径向 $r$ 积分、后对极角 $\theta$ 积分”的刻板印象： $\int_0^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta \int_0^1 e^{r^2(1+\sin 2\theta)} r^3 \cos 2\theta\,\mathrm{d}r$
- 先积 $r$ 的计算灾难：
  - 内层对 $r$ 积： $\int r^3 e^{c r^2}\,\mathrm{d}r = \frac{1}{2}\int t e^{ct}\,\mathrm{d}t$ （其中 $c = 1+\sin 2\theta$ ），需要使用分部积分法；
  - 积分后式子分母会出现系数 $c = 1+\sin 2\theta$ 及其平方项 $(1+\sin 2\theta)^2$ ；
  - 外层对 $\theta$ 积分时，将面临 $\int \frac{\cos 2\theta}{(1+\sin 2\theta)^2}\,\mathrm{d}\theta$ 等高难度有理三角式积分，考场上耗时极长且极易因繁杂代数算错！
破局法则：极坐标常数限下的 Fubini 定理自由换序：
- 扇形区域在极坐标平面 $(r, \theta)$ 上是一个标准的常数限矩形闭区域： $D_{r, \theta} = [0, 1] \times \left[0, \frac{\pi}{4}\right]$
- 依据 Fubini 定理，两个常数限累次积分内外层拥有完全等价的无条件交换自由度！
- 果断对调积分次序，先对 $\theta$ 积分！
计算秒杀：指数复合项与极角微分的天然联动：
- 观察内层关于 $\theta$ 的结构： $\int_0^{\frac{\pi}{4}} e^{r^2(1+\sin 2\theta)} \cos 2\theta\,\mathrm{d}\theta$
- 指数上的变量部分是 $1+\sin 2\theta$ ，其微分为 $\mathrm{d}(1+\sin 2\theta) = 2\cos 2\theta\,\mathrm{d}\theta$ ；
- 外层恰好直接附赠了 $\cos 2\theta$ 微分因子！这绝不是巧合，而是命题人精心设计的复合函数凑微分结构；
- 一步凑微分即得： $\frac{1}{2r^2}\left[ e^{r^2(1+\sin 2\theta)} \right]_{\theta=0}^{\theta=\frac{\pi}{4}} = \frac{e^{2r^2} - e^{r^2}}{2r^2}$
- 产生的除数 $r^2$ 恰好与外层面积微元乘出的 $r^3$ 形成完美对消，仅剩余一次项 $r$ ： $\frac{1}{2}\int_0^1 r(e^{2r^2} - e^{r^2})\,\mathrm{d}r = \frac{1}{4}\int_0^1 (e^{2t} - e^t)\,\mathrm{d}t \quad (t = r^2)$
- 全程无需分部积分，两行草稿纸直接秒杀出解！

解：

步骤一：区域识别与极坐标方程转化

积分区域 $D$ 在第一象限，受下述边界限制：

圆周方程： $x^2+y^2=1 \implies r = 1$ ；
直线方程： $y=0$ （ $x$ 轴） $\implies \theta = 0$ ；
直线方程： $y=x \implies \theta = \frac{\pi}{4}$ 。

故区域 $D$ 在极坐标下的表达式为：

D = \left\{(r, \theta) \;\middle|\; 0 \leqslant r \leqslant 1, \; 0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{4}\right\}

步骤二：被积表达式与微元的极坐标代换

将极坐标变换式 $\begin{cases} x = r\cos\theta \\ y = r\sin\theta \end{cases}$ 代入被积表达式中：

指数部分： $(x+y)^2 = x^2 + y^2 + 2xy = r^2 + 2r^2\sin\theta\cos\theta = r^2(1 + \sin 2\theta)$
多项式部分： $x^2 - y^2 = r^2(\cos^2\theta - \sin^2\theta) = r^2\cos 2\theta$
面积微元： $\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$

整理合并整个被积微元：

e^{(x+y)^2}(x^2-y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = e^{r^2(1+\sin 2\theta)} \cdot (r^2\cos 2\theta) \cdot (r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta) = e^{r^2(1+\sin 2\theta)} r^3\cos 2\theta\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta

步骤三：Fubini 换序 —— 先对极角 $\theta$ 积分（核心破局点）

由于积分上下限全为常数且各变量相互独立，根据 Fubini 定理，交换积分次序，先积 $\theta$ ：

I = \int_0^1 r^3\,\mathrm{d}r \int_0^{\frac{\pi}{4}} e^{r^2(1+\sin 2\theta)} \cos 2\theta\,\mathrm{d}\theta

对内层关于 $\theta$ 的积分进行凑微分：注意到 $\mathrm{d}\left[r^2(1+\sin 2\theta)\right] = 2r^2\cos 2\theta\,\mathrm{d}\theta$ ，即 $\cos 2\theta\,\mathrm{d}\theta = \dfrac{1}{2r^2}\mathrm{d}\left[r^2(1+\sin 2\theta)\right]$ ：

\begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{4}} e^{r^2(1+\sin 2\theta)} \cos 2\theta\,\mathrm{d}\theta &= \frac{1}{2r^2}\int_{\theta=0}^{\theta=\frac{\pi}{4}} e^{r^2(1+\sin 2\theta)}\,\mathrm{d}\left[r^2(1+\sin 2\theta)\right] \\ &= \left. \frac{1}{2r^2} e^{r^2(1+\sin 2\theta)} \right|_{\theta=0}^{\theta=\frac{\pi}{4}} \end{aligned}

代入上下限：

当 $\theta = \frac{\pi}{4}$ 时， $\sin 2\theta = \sin\frac{\pi}{2} = 1$ ，原式为 $\dfrac{e^{2r^2}}{2r^2}$ ；
当 $\theta = 0$ 时， $\sin 2\theta = \sin 0 = 0$ ，原式为 $\dfrac{e^{r^2}}{2r^2}$ 。

故内层定积分结果为：

\frac{e^{2r^2} - e^{r^2}}{2r^2}

步骤四：外层对 $r$ 积分消阶化简

将内层结果代回外层累次积分：

\begin{aligned} I &= \int_0^1 r^3 \cdot \frac{e^{2r^2} - e^{r^2}}{2r^2}\,\mathrm{d}r \\ &= \frac{1}{2}\int_0^1 r\left(e^{2r^2} - e^{r^2}\right)\mathrm{d}r \end{aligned}

令 $t = r^2$ ，则 $\mathrm{d}t = 2r\,\mathrm{d}r$ ，即 $r\,\mathrm{d}r = \frac{1}{2}\mathrm{d}t$ ；当 $r = 0 \to 1$ 时， $t = 0 \to 1$ ：

\begin{aligned} I &= \frac{1}{4}\int_0^1 \left(e^{2t} - e^t\right)\mathrm{d}t \\ &= \frac{1}{4}\left[ \frac{1}{2}e^{2t} - e^t \right]_0^1 \\ &= \frac{1}{4}\left[ \left(\frac{1}{2}e^2 - e\right) - \left(\frac{1}{2} - 1\right) \right] \\ &= \frac{1}{4}\left(\frac{1}{2}e^2 - e + \frac{1}{2}\right) \\ &= \frac{1}{8}\left(e^2 - 2e + 1\right) \\ &= \frac{1}{8}(e - 1)^2. \end{aligned}

最终答案：

\boxed{\iint_D e^{(x+y)^2}(x^2-y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{1}{8}(e-1)^2}

ギターと孤独と蒼い惑星

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