09-19 错题记录

2026-09-19：全面攻克高等数学 第 6 章二重积分 压轴核心技法 —— 6.3.7 割补法与绝对值二重积分 及 6.3.8 极坐标与直角坐标逆向转化！今日精练归档 4 道考研经典高频母题与真题：

例 6.16（高数讲义经典典例 · 绝对值与内切偏心圆 / 割补法代数恒等变形化不规则为规则、平移极坐标与点火公式双解对照）：绝对值零点分界面识别、偏心月牙不规则区域的算力陷阱、代数割补恒等变形“借一还一”破局法则、大圆奇偶对称性消项、小圆平移极坐标口算秒杀。
例 6.17（2023 年数三真题 · 绝对值与相交偏心圆 / 割补法化简与高强度三角微积分攻坚）：相交圆盘两交点极角定限、凹透镜区域割补转化为完整整圆、新月形凸起区域极径穿线、高阶余弦凑微分与降幂公式精算。
例 6.18（2022 年数一数三真题 · 齐次分式与象限拼接区域 / 反套路极坐标角度对消秒杀 vs 拆括号算力黑洞）：零次齐次式极径 $r$ 约分特性、圆弧与倾斜直线拼接区域极角分段、倾斜直线极径分母与被积函数角度因式天然对消、警惕盲目拆括号。
例 6.19（高数十八讲 · 极坐标反向转化为直角坐标 / 边界直线逆向识别与线性平移换元）：极坐标边界反解直角坐标直线、直角三角形累次积分、线性平移换元法求圆弧积分、分部积分法与凑微分法结合。

例 6.16（高数讲义经典典例 · 绝对值与内切偏心圆 / 割补法代数恒等变形化不规则为规则）

绝对值分界线与几何内切位置判定：
- 判定被积函数 $|x^2+y^2-2y|$ 变号的分界线是 $x^2+y^2-2y = 0 \iff x^2+(y-1)^2 = 1$ （圆心在 $(0, 1)$ 、半径为 $1$ 的小圆）；
- 积分大区域 $D: x^2+y^2 \leqslant 4$ 是圆心在原点 $(0, 0)$ 、半径为 $2$ 的大圆；
- 小圆最低点 $(0, 0)$ 、最高点 $(0, 2)$ ，恰好完全内切于大圆 $D$ ；
- 积分域天然被分为两块：
  - 小圆内部 $D_1 = \{(x, y) \mid x^2+(y-1)^2 \leqslant 1\}$ ，内部 $x^2+y^2-2y \leqslant 0$ ，去绝对值添负号为 $2y-x^2-y^2$ ；
  - 大圆挖去小圆后的环形月牙区域 $D_2 = D \setminus D_1$ ，内部 $x^2+y^2-2y \geqslant 0$ ，去绝对值保持原样。
致命思维陷阱：直接分块积分导致“算力黑洞”：
- 错误/笨拙做法：硬算 $I = \iint_{D_1} (2y-x^2-y^2)\,\mathrm{d}\sigma + \iint_{D_2} (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma$ ；
- 痛点所在： $D_2$ 是一个偏心挖孔的不规则月牙形区域，在极坐标下若想穿线积分，极径必须分段，极角必须分块求解，极易漏算且计算量极其庞大！
核心破局法则：割补法的代数恒等变形（“借一还一”，化不规则为规则整圆）：
- 注意到残缺区域 $D_2 = D - D_1$ ，利用积分区域可加性： $\iint_{D_2} (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma = \iint_D (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma - \iint_{D_1} (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma$
- 代入原积分式合并同类项： $\begin{aligned} I &= \iint_{D_1} (2y-x^2-y^2)\,\mathrm{d}\sigma + \left[ \iint_D (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma - \iint_{D_1} (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma \right] \\ &= \iint_D (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma + 2\iint_{D_1} (2y-x^2-y^2)\,\mathrm{d}\sigma \end{aligned}$
- 降维飞跃：残缺区域 $D_2$ 彻底消失！取而代之的是两个完美规则的整圆：大圆 $D$ 与小圆 $D_1$ ！
化繁为简的计算心法：
- 大圆积分利用奇偶对称性：大圆 $D$ 关于 $x$ 轴上下对称，被积函数中 $-2y$ 是关于 $y$ 的奇函数，积分直接为 $0$ ；仅剩 $x^2+y^2$ 项，极坐标直接出 $8\pi$ ；
- 小圆积分推荐“平移极坐标”秒杀：令 $x = r\cos\theta, y = 1+r\sin\theta$ （ $0 \leqslant r \leqslant 1, 0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$ ），被积函数 $2y-x^2-y^2 = 1 - r^2$ ，角度直接积出 $2\pi$ ，径向一步出 $\frac{1}{4}$ ，乘积直接口算得 $\frac{\pi}{2}$ ，彻底避开普通极坐标下的高次三角函数点火公式！

解：

步骤一：区域划分与绝对值脱帽

考察不等式 $x^2+y^2-2y \leqslant 0$ ，配方得：

x^2 + (y-1)^2 \leqslant 1

此即以 $(0, 1)$ 为圆心、半径为 $1$ 的闭圆盘，记为 $D_1$ 。
积分大区域 $D$ 为 $x^2+y^2 \leqslant 4$ ，是以 $(0, 0)$ 为圆心、半径为 $2$ 的闭圆盘。
由于点 $(x, y) \in$ D_1$ 时：

x^2 + y^2 \leqslant 2y \leqslant 4

故小圆盘 $D_1$ 完全包含在大圆盘 $D$ 内（且在点 $(0, 2)$ 处与大圆边界内切）。

记大圆挖去小圆后的区域为 $D_2 = D \setminus D_1$ ，则：

在 $D_1$ 上： $x^2+y^2-2y \leqslant 0 \implies |x^2+y^2-2y| = 2y - x^2 - y^2$ ；
在 $D_2$ 上： $x^2+y^2-2y \geqslant 0 \implies |x^2+y^2-2y| = x^2 + y^2 - 2y$ 。

故原积分可分解为：

I = \iint_{D_1} (2y - x^2 - y^2)\,\mathrm{d}\sigma + \iint_{D_2} (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma

步骤二：割补法代数恒等变形（规避不规则区域 $D_2$ ）

由于 $D_2 = D \setminus D_1$ ，根据二重积分对区域的可加性：

\iint_{D_2} (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma = \iint_D (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma - \iint_{D_1} (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma

代入原式中整理：

\begin{aligned} I &= \iint_{D_1} (2y - x^2 - y^2)\,\mathrm{d}\sigma + \left[ \iint_D (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma - \iint_{D_1} (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma \right] \\ &= \iint_D (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma + 2\iint_{D_1} (2y - x^2 - y^2)\,\mathrm{d}\sigma \\ &= I_1 + 2 I_2 \end{aligned}

步骤三：计算大圆区域积分 $I_1$ （对称性消项）

对于 $I_1 = \iint_D (x^2 + y^2 - 2y)\,\mathrm{d}\sigma$ ：大圆区域 $D: x^2+y^2 \leqslant 4$ 关于 $x$ 轴（ $y=0$ ）上下对称，而被积函数项 $-2y$ 为关于 $y$ 的奇函数，故：

\iint_D (-2y)\,\mathrm{d}\sigma = 0

仅需计算关于原点对称的径向项，引入标准极坐标 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$ （ $0 \leqslant r \leqslant 2, 0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$ ）：

I_1 = \iint_D (x^2+y^2)\,\mathrm{d}\sigma = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^2 r^2 \cdot r\,\mathrm{d}r = 2\pi \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^2 = 2\pi \times 4 = 8\pi

步骤四：计算小圆区域积分 $I_2$ （双解对照）

解法一（平移极坐标法 · 考场首选推荐）：区域 $D_1$ 方程为 $x^2 + (y-1)^2 \leqslant 1$ ，圆心在 $(0, 1)$ 。
作平移极坐标变换：

\begin{cases} x = r\cos\theta \\ y = 1 + r\sin\theta \end{cases} \qquad (0 \leqslant r \leqslant 1, \; 0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi), \quad \mathrm{d}\sigma = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta

此时被积函数极为整洁：

2y - x^2 - y^2 = 1 - \left[ x^2 + (y-1)^2 \right] = 1 - r^2

代入累次积分：

I_2 = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^1 (1 - r^2)r\,\mathrm{d}r = 2\pi \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4} \right]_0^1 = 2\pi \times \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}

解法二（标准极坐标 + 点火公式对照）：在标准极坐标下，小圆方程为 $r^2 \leqslant 2r\sin\theta \implies 0 \leqslant r \leqslant 2\sin\theta$ ，极角范围 $0 \leqslant \theta \leqslant \pi$ ：

\begin{aligned} I_2 &= \int_0^\pi \mathrm{d}\theta \int_0^{2\sin\theta} (2r\sin\theta - r^2)r\,\mathrm{d}r \\ &= \int_0^\pi \left[ \frac{2}{3}r^3\sin\theta - \frac{r^4}{4} \right]_0^{2\sin\theta} \mathrm{d}\theta \\ &= \int_0^\pi \left( \frac{16}{3}\sin^4\theta - 4\sin^4\theta \right)\mathrm{d}\theta = \frac{4}{3}\int_0^\pi \sin^4\theta\,\mathrm{d}\theta \\ &= \frac{8}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^4\theta\,\mathrm{d}\theta = \frac{8}{3} \times \left( \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} \right) = \frac{\pi}{2} \end{aligned}

步骤五：汇总最终结果

I = I_1 + 2 I_2 = 8\pi + 2 \times \frac{\pi}{2} = 8\pi + \pi = 9\pi

最终答案：

\boxed{\iint_D |x^2+y^2-2y|\,\mathrm{d}\sigma = 9\pi}

例 6.17（2023 年数三真题 · 绝对值与相交偏心圆 / 割补法化简与高强度三角微积分攻坚）

两圆相交几何位置与交点极角定限（核心审题基础）：
- 积分区域 $D$ 为以 $(1, 0)$ 为圆心、半径为 $1$ 的圆盘，极坐标方程为 $r = 2\cos\theta$ （ $\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ ）；
- 绝对值被积函数的变号分界线是单位圆 $\sqrt{x^2+y^2} = 1 \iff r = 1$ ；
- 联立两圆求交点： $2\cos\theta = 1 \implies \cos\theta = \frac{1}{2} \implies \theta = \pm \frac{\pi}{3}$ ；
- 单位圆 $r=1$ $r = 1$ 将圆盘 $D$ $D$ 割裂为两块：
  - $D_1$ （单位圆内部，凹透镜状相交核）： $r \leqslant 1$ ，去绝对值为 $1-r$ ；
  - $D_2$ （单位圆外部，月牙新月状外凸边缘）： $r \geqslant 1$ ，去绝对值为 $r-1$ 。
割补法破局：避免对凹核 $D_1$ 硬算：
- 若直接硬算 $D_1$ ，因其边界由两段不同圆弧（ $r=1$ 与 $r=2\cos\theta$ ）拼合而成，极角需在 $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}]$ 与外部之间反复分段，极易崩溃；
- 割补法代数恒等变形： $\begin{aligned} I &= \iint_{D_1}(1-r)\,\mathrm{d}\sigma + \iint_{D_2}(r-1)\,\mathrm{d}\sigma \\ &= \iint_D(1-r)\,\mathrm{d}\sigma + 2\iint_{D_2}(r-1)\,\mathrm{d}\sigma = I_1 + 2I_2 \end{aligned}$
- 将复杂的内凹区域 $D_1$ 彻底转化为完整的偏心圆 $D$ （直接极坐标点火公式算），仅剩外凸新月区 $D_2$ （极角对称区间 $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}]$ ，极径单调自 $1$ 到 $2\cos\theta$ ）！
高难度三角积分精确运算基本功：
- 计算 $I_2$ 时展开得到 $\int_0^{\frac{\pi}{3}} (\frac{8}{3}\cos^3\theta - 2\cos^2\theta + \frac{1}{6})\,\mathrm{d}\theta$ ；
- 熟练掌握 $\cos^3\theta = (1-\sin^2\theta)\cos\theta$ 凑微分法与 $\cos^2\theta = \frac{1+\cos 2\theta}{2}$ 降幂法则，每一步细致拆项演算，严防符号与常数遗漏！

解：

步骤一：极坐标方程与交点定限

引入极坐标 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$ 。
积分区域 $D$ 的边界方程为 $(x-1)^2+y^2 = 1 \iff x^2+y^2=2x \implies r = 2\cos\theta$ （ $\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ ）。
绝对值零点曲线为 $x^2+y^2=1 \implies r=1$ 。
联立求交点：

2\cos\theta = 1 \implies \cos\theta = \frac{1}{2} \implies \theta = \pm \frac{\pi}{3}

曲线 $r = 1$ 将 $D$ 分为两部分：

$D_1 = \{(x, y) \in D \mid r \leqslant 1\}$ ，此时 $|\sqrt{x^2+y^2}-1| = 1 - r$ ；
$D_2 = \{(x, y) \in D \mid r \geqslant 1\}$ ，此时 $|\sqrt{x^2+y^2}-1| = r - 1$ 。

步骤二：割补法代数恒等变形

\begin{aligned} I &= \iint_{D_1} (1-r)\,\mathrm{d}\sigma + \iint_{D_2} (r-1)\,\mathrm{d}\sigma \\ &= \iint_D (1-r)\,\mathrm{d}\sigma + 2\iint_{D_2} (r-1)\,\mathrm{d}\sigma = I_1 + 2I_2 \end{aligned}

步骤三：计算整圆区域积分 $I_1$

利用上下关于 $x$ 轴的对称性：

\begin{aligned} I_1 &= \iint_D 1\,\mathrm{d}\sigma - \iint_D r\,\mathrm{d}\sigma = S_D - 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta \int_0^{2\cos\theta} r \cdot r\,\mathrm{d}r \\ &= \pi \times 1^2 - 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^{2\cos\theta} \mathrm{d}\theta \\ &= \pi - \frac{16}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^3\theta\,\mathrm{d}\theta \end{aligned}

由点火公式（华里士公式）： $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^3\theta\,\mathrm{d}\theta = \frac{2}{3} \times 1 = \frac{2}{3}$ ：

I_1 = \pi - \frac{16}{3} \times \frac{2}{3} = \pi - \frac{32}{9}

步骤四：计算新月形区域积分 $I_2$

区域 $D_2$ 位于极角 $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}]$ ，对于每个 $\theta$ ， $r$ 从 $1$ 变化至 $2\cos\theta$ 。由对称性：

\begin{aligned} I_2 &= 2\int_0^{\frac{\pi}{3}}\mathrm{d}\theta \int_1^{2\cos\theta} (r-1)r\,\mathrm{d}r = 2\int_0^{\frac{\pi}{3}} \left[ \frac{r^3}{3} - \frac{r^2}{2} \right]_1^{2\cos\theta} \mathrm{d}\theta \\ &= 2\int_0^{\frac{\pi}{3}} \left( \frac{8}{3}\cos^3\theta - 2\cos^2\theta - \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{2}\right) \right)\mathrm{d}\theta \\ &= 2\int_0^{\frac{\pi}{3}} \left( \frac{8}{3}\cos^3\theta - 2\cos^2\theta + \frac{1}{6} \right)\mathrm{d}\theta \end{aligned}

分项精确积分：

$\int_0^{\frac{\pi}{3}}\cos^3\theta\,\mathrm{d}\theta = \int_0^{\frac{\pi}{3}}(1-\sin^2\theta)\,\mathrm{d}\sin\theta = \left[\sin\theta - \frac{\sin^3\theta}{3}\right]_0^{\frac{\pi}{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{3}\left(\frac{3\sqrt{3}}{8}\right) = \frac{3\sqrt{3}}{8}$ ；
$\int_0^{\frac{\pi}{3}}\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta = \int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{1+\cos 2\theta}{2}\mathrm{d}\theta = \left[\frac{\theta}{2} + \frac{\sin 2\theta}{4}\right]_0^{\frac{\pi}{3}} = \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{8}$ ；
$\int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{1}{6}\mathrm{d}\theta = \frac{\pi}{18}$ 。

代入各项并合并：

\begin{aligned} I_2 &= 2 \left[ \frac{8}{3}\left(\frac{3\sqrt{3}}{8}\right) - 2\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}\right) + \frac{\pi}{18} \right] \\ &= 2 \left[ \sqrt{3} - \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{\pi}{18} \right] \\ &= 2 \left( \frac{3\sqrt{3}}{4} - \frac{5\pi}{18} \right) = \frac{3\sqrt{3}}{2} - \frac{5}{9}\pi \end{aligned}

步骤五：最终合并

\begin{aligned} I &= I_1 + 2 I_2 = \left(\pi - \frac{32}{9}\right) + 2\left(\frac{3\sqrt{3}}{2} - \frac{5}{9}\pi\right) \\ &= \pi - \frac{32}{9} + 3\sqrt{3} - \frac{10}{9}\pi \\ &= 3\sqrt{3} - \frac{\pi}{9} - \frac{32}{9} \end{aligned}

最终答案：

\boxed{\iint_D |\sqrt{x^2+y^2}-1|\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 3\sqrt{3} - \frac{\pi}{9} - \frac{32}{9}}

例 6.18（2022 年数一数三真题 · 齐次分式与象限拼接区域 / 反套路极坐标角度对消秒杀 vs 拆括号算力黑洞）

为什么本题被称为考研专门恶心“聪明人”的经典代表？
- “聪明人”的经典翻车做法（盲目拆括号）：看到被积函数 $\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2}$ $\frac{( x - y ) ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}}$ ，很多自以为熟练掌握技巧的同学第一反应是展开分子： $\frac{x^2-2xy+y^2}{x^2+y^2} = 1 - \frac{2xy}{x^2+y^2}$ 原积分转化为常数项积分 $S_D$ $S_{D}$ 减去交叉项 $\iint_D \frac{2xy}{x^2+y^2}\,\mathrm{d}\sigma$ $\iint_{D} \frac{2 x y}{x ^{2} + y ^{2}} d σ$ 。
  - 殊不知，第二象限的三角形区域边界是倾斜直线 $x = y-2$ （ $r = \frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}$ ）；
  - 对被积项 $\frac{xy}{x^2+y^2} = \cos\theta\sin\theta$ 积分时，直线极径代入后不仅无法对消，还会产生恶心无比的有理三角分式积分，直接跌入考场算力黑洞！
大巧若拙的极简正解：不拆括号，极坐标天然对消神迹！
- 观察被积函数为零次齐次式： $\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2} = \frac{r^2(\cos\theta-\sin\theta)^2}{r^2} = (\cos\theta-\sin\theta)^2$ 径向 $r$ 完全被约分消失，被积函数与微元乘积仅为 $(\cos\theta-\sin\theta)^2 r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$ ！
- 第二象限三角形区域内，直线极径为 $r = \frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}$ ，对 $r$ 积分上限平方为： $\left. \frac{r^2}{2} \right|_0^{\frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}} = \frac{1}{2} \left(\frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}\right)^2 = \frac{2}{(\sin\theta-\cos\theta)^2}$
- 神级对消：被积函数中的 $(\cos\theta-\sin\theta)^2$ 与分母 $(\sin\theta-\cos\theta)^2$ 完全抵消，内层积分结果直接恒等于常数 $2$ ！
- 外层对 $\theta$ 积分直接就是 $2 \times \frac{\pi}{2} = \pi$ ！整个第二象限积分 10 秒口算写出！
做题心法提炼：
- 面对齐次分式，优先整体代入极坐标；
- 倾斜直线边界的极径分母常含 $(\sin\theta \pm \cos\theta)$ ，被积函数中保留类似的因式整体，往往能实现乘积对消，千万不要草率展开破坏结构！

解：

步骤一：区域边界识别与象限划分

区域由 $0 \leqslant y \leqslant 2$ 限制：

右侧边界： $x = \sqrt{4-y^2} \implies x^2+y^2=4 \ (x \geqslant 0)$ ，为第一象限圆心在原点、半径为 $2$ 的四分之一圆弧；
左侧边界： $x = y-2 \implies y = x+2$ ，是第二象限连接 $(-2, 0)$ 与 $(0, 2)$ 的直线段。

按坐标象限自然拆分为两部分：

第一象限部分 $D_1$ ：四分之一圆盘，极坐标下 $0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}, 0 \leqslant r \leqslant 2$ ；
第二象限部分 $D_2$ ：直角三角形，边界为直线 $y-x=2$ 。在极坐标下： $r\sin\theta - r\cos\theta = 2 \implies r = \frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}$ ，极角范围为 $\frac{\pi}{2} \leqslant \theta \leqslant \pi$ 。

步骤二：极坐标代入与第一象限积分 $I_1$

代入极坐标 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta, \mathrm{d}\sigma = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$ ：

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

在 $D_1$ 上计算：

\begin{aligned} I_1 &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta \int_0^2 (\cos\theta-\sin\theta)^2 r\,\mathrm{d}r \\ &= \left[ \frac{r^2}{2} \right]_0^2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1 - 2\sin\theta\cos\theta)\,\mathrm{d}\theta \\ &= 2 \left[ \theta - \sin^2\theta \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = 2 \left( \frac{\pi}{2} - 1 \right) = \pi - 2 \end{aligned}

步骤三：第二象限积分 $I_2$ （极坐标母项完美对消）

在 $D_2$ 上计算：

\begin{aligned} I_2 &= \int_{\frac{\pi}{2}}^\pi \mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}} (\cos\theta-\sin\theta)^2 r\,\mathrm{d}r \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^\pi (\cos\theta-\sin\theta)^2 \left[ \frac{r^2}{2} \right]_0^{\frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}} \mathrm{d}\theta \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^\pi (\sin\theta-\cos\theta)^2 \cdot \frac{1}{2} \left( \frac{2}{\sin\theta-\cos\theta} \right)^2 \mathrm{d}\theta \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^\pi (\sin\theta-\cos\theta)^2 \cdot \frac{2}{(\sin\theta-\cos\theta)^2} \,\mathrm{d}\theta \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^\pi 2\,\mathrm{d}\theta = 2 \left(\pi - \frac{\pi}{2}\right) = \pi \end{aligned}

步骤四：汇总结果

I = I_1 + I_2 = (\pi - 2) + \pi = 2\pi - 2

最终答案：

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

例 6.19（高数十八讲 · 极坐标反向转化为直角坐标 / 边界直线逆向识别与线性平移换元）

逆向思维定式突破：极坐标 $\implies$ 直角坐标：
- 考研常考“直角坐标转极坐标”，但当被积函数或区域在直角坐标下更简单时，务必具备反向还原意识！
- 观察本题：被积函数是 $\sqrt{1-(x-y)^2}$ ，若强行在极坐标下算，根号内为 $\sqrt{1-r^2(\cos\theta-\sin\theta)^2}$ ，由于出现 $r^2$ ，内层对 $r$ 积分将遭遇超越根式，无法直接积出；
- 反观积分区域条件： $0 \leqslant r \leqslant \sec\theta \iff r\cos\theta \leqslant 1 \iff x \leqslant 1$ $\theta = \frac{\pi}{4} \iff \frac{y}{x} = 1 \iff y = x, \qquad \theta = 0 \iff y = 0$ 在直角坐标下，它仅仅是一个边界全为直线的直角三角形 $D: 0 \leqslant y \leqslant x \leqslant 1$ ！
直角坐标下平移换元凑基本积分表：
- 固定外层 $x$ ，内层对 $y$ 积分： $\int_0^x \sqrt{1-(x-y)^2}\,\mathrm{d}y$ ；
- 令 $t = x-y$ （ $x$ 为参常数），积分区间转化为 $[0, x]$ ，瞬间化为标准的圆弧面积原函数 $\int \sqrt{1-t^2}\,\mathrm{d}t$ ；
- 外层求积分利用分部积分法处理 $\int \arcsin x\,\mathrm{d}x$ 与凑微分处理 $\int x\sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x$ ，两步平稳落地。

解：

步骤一：极坐标边界反解为直角坐标

考察区域边界在直角坐标下的几何对应：

$r = \sec\theta \implies r = \frac{1}{\cos\theta} \implies r\cos\theta = 1 \implies x = 1$ ；
$\theta = 0 \implies y = 0$ ；
$\theta = \frac{\pi}{4} \implies \tan\theta = 1 \implies \frac{y}{x} = 1 \implies y = x$ 。

故区域 $D$ 在直角坐标系下表示为 $X$ 型平面闭区域：

D = \{(x, y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 1, \; 0 \leqslant y \leqslant x\}

步骤二：建立直角坐标累次积分并平移换元

I = \int_0^1 \mathrm{d}x \int_0^x \sqrt{1-(x-y)^2}\,\mathrm{d}y

对内层关于 $y$ 的定积分，令 $t = x-y$ （ $x$ 视为常数），则 $\mathrm{d}y = -\mathrm{d}t$ ；

当 $y = 0$ 时， $t = x$ ；
当 $y = x$ 时， $t = 0$ 。

\begin{aligned} \int_0^x \sqrt{1-(x-y)^2}\,\mathrm{d}y &= \int_x^0 \sqrt{1-t^2}\,(-\mathrm{d}t) = \int_0^x \sqrt{1-t^2}\,\mathrm{d}t \\ &= \left[ \frac{t}{2}\sqrt{1-t^2} + \frac{1}{2}\arcsin t \right]_0^x \\ &= \frac{1}{2}\arcsin x + \frac{x}{2}\sqrt{1-x^2} \end{aligned}

步骤三：外层累次积分与分部积分

将内层结果代回外层积分：

I = \frac{1}{2}\int_0^1 \arcsin x\,\mathrm{d}x + \frac{1}{2}\int_0^1 x\sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x

分别计算两项：

第一项（分部积分）： $\begin{aligned} \int_0^1 \arcsin x\,\mathrm{d}x &= \left[ x\arcsin x \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x \\ &= 1 \cdot \frac{\pi}{2} - 0 + \left[ \sqrt{1-x^2} \right]_0^1 \\ &= \frac{\pi}{2} + (0 - 1) = \frac{\pi}{2} - 1 \end{aligned}$
第二项（凑微分法）： $\int_0^1 x\sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x = -\frac{1}{2}\int_0^1 (1-x^2)^{1/2}\,\mathrm{d}(1-x^2) = -\frac{1}{2} \cdot \left[ \frac{2}{3}(1-x^2)^{3/2} \right]_0^1 = -\frac{1}{3}(0 - 1) = \frac{1}{3}$

步骤四：汇总结果

I = \frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{2} - 1 \right) + \frac{1}{2}\left( \frac{1}{3} \right) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{3}

最终答案：

\boxed{\iint_D \sqrt{1-(x-y)^2}\,\mathrm{d}\sigma = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{3}}

ギターと孤独と蒼い惑星

09-19 错题记录

09-19 错题记录

例 6.16（高数讲义经典典例 · 绝对值与内切偏心圆 / 割补法代数恒等变形化不规则为规则）

例 6.17（2023 年数三真题 · 绝对值与相交偏心圆 / 割补法化简与高强度三角微积分攻坚）

例 6.18（2022 年数一数三真题 · 齐次分式与象限拼接区域 / 反套路极坐标角度对消秒杀 vs 拆括号算力黑洞）

例 6.19（高数十八讲 · 极坐标反向转化为直角坐标 / 边界直线逆向识别与线性平移换元）

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