6.3 二重积分的计算

总目录 · 笔记整理索引 · 本章索引 · 上一节：6.2 二重积分的极限定义式 · 下一节：6.4 恶心人的积分区域（推荐看视频）

6.3.1 对称性的平移

例 6.4（1999 年数三真题）

💡 【WRITTEN】例 6.4（1999 年数三真题）

计算二重积分 $\iint_D y\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ，其中 $D$ 是由直线 $x = -2$ ， $y = 0$ ， $y = 2$ 以及曲线 $x = -\sqrt{2y-y^2}$ 所围成的平面区域。

\begin{aligned} \iint_D y\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y &= \int_0^2 \mathrm{d}y \int_{-2}^{-\sqrt{2y-y^2}} y\,\mathrm{d}x \\ &= \int_0^2 y\left[2 - \sqrt{2y-y^2}\right]\mathrm{d}y = 2\int_0^2 y\,\mathrm{d}y - \int_0^2 y\sqrt{2y-y^2}\,\mathrm{d}y \\ &= 4 - \int_0^2 y\sqrt{1-(y-1)^2}\,\mathrm{d}y \quad (\text{令 } y-1=\sin t) \\ &= 4 - \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (1+\sin t)\cos^2 t\,\mathrm{d}t = 4 - \frac{\pi}{2}. \end{aligned}

事实上，计算 $\int_0^2 y\sqrt{1-(y-1)^2}\,\mathrm{d}y$ 还有一种巧妙的方法：

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

其中 $\int_0^2 (y-1)\sqrt{1-(y-1)^2}\,\mathrm{d}y = 0$ ，而 $\int_0^2 \sqrt{1-(y-1)^2}\,\mathrm{d}y$ 应等于半圆的面积 $\frac{\pi}{2}$ ，故 $\int_0^2 y\sqrt{1-(y-1)^2}\,\mathrm{d}y = \frac{\pi}{2}$ 。

\begin{aligned} \iint_D y\,\mathrm{d}\sigma &= \iint_{D+D_1} y\,\mathrm{d}\sigma - \iint_{D_1} y\,\mathrm{d}\sigma = \int_{-2}^0 \mathrm{d}x \int_0^2 y\,\mathrm{d}y - \int_0^\pi \mathrm{d}\theta \int_0^{2\sin\theta} r^2 \sin\theta\,\mathrm{d}r \\ &= 4 - \frac{8}{3}\int_0^\pi \sin^4\theta\,\mathrm{d}\theta = 4 - \frac{8}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^4\theta\,\mathrm{d}\theta \\ &= 4 - \frac{8}{3} \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = 4 - \frac{\pi}{2}. \end{aligned}

例 6.5（1994 年数三真题）

💡 【WRITTEN】例 6.5（1994 年数三真题）

计算二重积分 $\iint_D (x+y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ，其中 $D = \{(x, y) \mid x^2+y^2 \le x+y+1\}$ 。

对 $x^2+y^2-x-y=1$ 配方可得 $\left(x-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(y-\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{3}{2}$ ，故积分区域 $D$ 为一个圆心在 $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 、半径为 $\sqrt{\frac{3}{2}}$ 的圆盘。令 $x-\frac{1}{2} = r\cos\theta$ ， $y-\frac{1}{2} = r\sin\theta$ ，则 $D = \left\{(r, \theta) \mid 0 \le r \le \sqrt{\frac{3}{2}}, 0 \le \theta \le 2\pi\right\}$ 。

\begin{aligned} \iint_D (x+y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\sqrt{\frac{3}{2}}} (r\cos\theta + r\sin\theta + 1)r\,\mathrm{d}r \\ &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\sqrt{\frac{3}{2}}} \left[r^2(\cos\theta+\sin\theta)+r\right]\mathrm{d}r \\ &= \int_0^{2\pi} \left[\frac{r^3}{3}(\cos\theta+\sin\theta)+\frac{r^2}{2}\right]_0^{\sqrt{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}\theta = \int_0^{2\pi} \left[\frac{3}{4} + \frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{2}}(\cos\theta+\sin\theta)\right]\mathrm{d}\theta \\ &= \frac{3\pi}{2} + \left.\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{2}}(\sin\theta - \cos\theta)\right|_0^{2\pi} = \frac{3\pi}{2}. \end{aligned}

6.3.2 轮换对称性：本质是“积分结果与变量记号无关”的特殊情况

轮换对称性（一定是在直角坐标系下）：

引例 1： $\iint_{D_1: \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}\le 1} (2x^2+3y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \overset{?}{=} \iint_{D_2: \frac{y^2}{4}+\frac{x^2}{3}\le 1} (2y^2+3x^2)\,\mathrm{d}y\mathrm{d}x$ 。将 $x$ 与 $y$ 对调后相等，因为积分值与用什么字母表示是无关的。
引例 2： $\iint_{D: \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{4}\le 1} (2x^2+3y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \overset{?}{=} \iint_{D: \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{4}\le 1} (2y^2+3x^2)\,\mathrm{d}y\mathrm{d}x$ 。理由同上，且区域 $D$ 对调后不变（关于 $y=x$ 对称）。

图 6.3-1 引例 1：变量记号无关与微元网格划分	图 6.3-2 引例 2：曲顶柱体“面包模型”与轮换对称

几何判据：将 $x$ 与 $y$ 互换，几何上等价于区域关于直线 $y=x$ 对称翻折。若对调 $x, y$ 后区域的代数方程（或不等式）保持不变，则积分区域必关于 $y=x$ 对称。
代数判据（代数法）：
- 单方程自身对称：如 $x^2+y^2 \le R^2$ 、 $xy = c$ 、 $x+y = c$ 、 $x^2+y^2 \le x+y$ （对调 $x, y$ 后方程形式完全一致）。
- 成对边界曲线互换：
  - 直线对： $y = 3x$ 与 $y = \frac{1}{3}x$ （即 $x = 3y$ ）互换后互相转化；
  - 曲线对： $x^2+y^2 \le 4x$ 与 $x^2+y^2 \le 4y$ 互换后两式对调，交集区域不变；
  - 区间对称： $x \in [0, 1], y \in [0, 1]$ 对调后范围不变。

例 6.6

💡 【CHOICE】例 6.6

设区域 $D = \{(x, y) \mid x^2+y^2 \le 4, x \ge 0, y \ge 0\}$ ， $f(x)$ 为 $D$ 上正值连续函数， $a, b$ 为常数，则 $\iint_D \frac{a\sqrt{f(x)} + b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)} + \sqrt{f(y)}}\,\mathrm{d}\sigma =$ （ $\quad$ ）

(A) $ab\pi$

(B) $\frac{ab}{2}\pi$

(C) $(a+b)\pi$

(D) $\frac{a+b}{2}\pi$

答案：D

由于积分域 $D$ 关于直线 $y=x$ 对称，则：

\iint_D \frac{a\sqrt{f(x)} + b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)} + \sqrt{f(y)}}\,\mathrm{d}\sigma = \iint_D \frac{a\sqrt{f(y)} + b\sqrt{f(x)}}{\sqrt{f(y)} + \sqrt{f(x)}}\,\mathrm{d}\sigma.

由 $I = A = B \implies I = \frac{1}{2}(A+B)$ ：

\begin{aligned} \text{原式} &= \frac{1}{2}\left[\iint_D \frac{a\sqrt{f(x)} + b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)} + \sqrt{f(y)}}\,\mathrm{d}\sigma + \iint_D \frac{a\sqrt{f(y)} + b\sqrt{f(x)}}{\sqrt{f(y)} + \sqrt{f(x)}}\,\mathrm{d}\sigma\right] \\ &= \frac{1}{2}\iint_D (a+b)\,\mathrm{d}\sigma = \frac{a+b}{2}\pi. \end{aligned}

例 6.7（2024 超越模拟卷）

💡 【WRITTEN】例 6.7（2024 超越模拟卷）

设 $D$ 是由直线 $y = \sqrt{3}x$ ， $x = \sqrt{3}y$ 及曲线 $xy = 1$ ， $xy = 2$ 围成的四边形区域（在第一象限）。 (I) 证明： $\arctan x + \arctan \frac{1}{x} = \frac{\pi}{2} \ (x > 0)$ ； (II) 计算二重积分 $I = \iint_D e^{xy}\arctan\frac{y}{x}\,\mathrm{d}\sigma$ 。

解：

(I) 令 $f(x) = \arctan x + \arctan \frac{1}{x}$ ，则：

f'(x) = \frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+\frac{1}{x^2}} \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right) = 0,

所以 $f(x) \equiv \text{常数}$ 。又 $f(1) = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$ ，故 $f(x) \equiv f(1) = \frac{\pi}{2}$ 。

(II) 互换 $xy$ ，区域不变（关于 $y=x$ 对称）。由轮换对称性可知：

\begin{aligned} I &= \frac{1}{2}\iint_D \left(e^{xy}\arctan\frac{y}{x} + e^{yx}\arctan\frac{x}{y}\right)\mathrm{d}\sigma \\ &= \frac{1}{2}\iint_D e^{xy}\left(\arctan\frac{y}{x} + \arctan\frac{x}{y}\right)\mathrm{d}\sigma \\ &= \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}\iint_D e^{xy}\,\mathrm{d}\sigma = \frac{\pi}{4}\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\mathrm{d}\theta \int_{\sqrt{\frac{1}{\cos\theta\sin\theta}}}^{\sqrt{\frac{2}{\cos\theta\sin\theta}}} e^{r\cos\theta \cdot r\sin\theta} \cdot r\,\mathrm{d}r \\ &= \frac{\pi}{4}\left(e^2 - e\right)\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{1}{\sin 2\theta}\,\mathrm{d}\theta = \frac{\pi}{4}e(e-1) \cdot \frac{1}{2}\ln 3 = \frac{\pi}{8}e(e-1)\ln 3. \end{aligned}

例 6.8（2024 数二真题）

💡 【WRITTEN】例 6.8（2024 数二真题）

设平面有界区域 $D$ 位于第一象限，由曲线 $xy = \frac{1}{3}, xy = 3$ 与直线 $y = \frac{1}{3}x, y = 3x$ 围成，计算 $\iint_D (1+x-y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 。

解：区域 $D$ 的四条边界曲线交换 $xy$ 保持不变，故区域 $D$ 关于直线 $y=x$ 对称，从而对变量 $x, y$ 具有轮换对称性：

\iint_D x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_D y\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y,

故：

\iint_D (1+x-y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_D \mathrm{d}x\mathrm{d}y + \iint_D x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y - \iint_D y\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_D \mathrm{d}x\mathrm{d}y.

法一（极坐标系计算）：曲线 $xy = \frac{1}{3} \implies r = \sqrt{\frac{2}{3\sin 2\theta}}$ ， $xy = 3 \implies r = \sqrt{\frac{6}{\sin 2\theta}}$ ；直线 $y = \frac{1}{3}x \implies \theta = \arctan \frac{1}{3}$ ， $y = 3x \implies \theta = \arctan 3$ 。

\begin{aligned} \iint_D \mathrm{d}x\mathrm{d}y &= \int_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3}\mathrm{d}\theta \int_{\sqrt{\frac{2}{3\sin 2\theta}}}^{\sqrt{\frac{6}{\sin 2\theta}}} r\,\mathrm{d}r = \frac{1}{2}\int_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3} r^2\Big|_{\sqrt{\frac{2}{3\sin 2\theta}}}^{\sqrt{\frac{6}{\sin 2\theta}}}\,\mathrm{d}\theta \\ &= \frac{8}{3}\int_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3}\csc 2\theta\,\mathrm{d}\theta = \frac{4}{3}\ln|\csc 2\theta - \cot 2\theta|\Big|_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3} \\ &= \frac{4}{3}\ln|\tan\theta|\Big|_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3} = \frac{4}{3}\left(\ln 3 - \ln\frac{1}{3}\right) = \frac{8}{3}\ln 3. \end{aligned}

法二（直角坐标分段计算面积）：联立直线与曲线求出交点： $x = 1$ 将区域 $D$ 分为两部分 $D_1, D_2$ ：

\begin{aligned} \iint_D \mathrm{d}x\mathrm{d}y &= \int_{\frac{1}{3}}^1 \left(3x - \frac{1}{3x}\right)\mathrm{d}x + \int_1^3 \left(\frac{3}{x} - \frac{x}{3}\right)\mathrm{d}x \\ &= \left.\left(\frac{3x^2}{2} - \frac{1}{3}\ln x\right)\right|_{\frac{1}{3}}^1 + \left.\left(3\ln x - \frac{x^2}{6}\right)\right|_1^3 = \frac{8}{3}\ln 3. \end{aligned}

上一页在极坐标下计算二重积分时，最麻烦的一点在于 $\frac{8}{3}\int_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3}\csc 2\theta\,\mathrm{d}\theta$ 计算量较大，此时我们还可以选择“返璞归真”，即 $\csc 2\theta = \frac{1}{\sin 2\theta} = \frac{1}{2\sin\theta\cos\theta}$ ：

\frac{8}{3}\int_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3}\csc 2\theta\,\mathrm{d}\theta = \frac{4}{3}\int_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3}\frac{1}{\sin\theta\cos\theta}\,\mathrm{d}\theta = \frac{4}{3}\int_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3}\frac{\cos\theta}{\sin\theta\cos^2\theta}\,\mathrm{d}\theta = \frac{4}{3}\int_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3}\frac{\cos\theta}{\sin\theta}\,\mathrm{d}\tan\theta = \left.\frac{4}{3}\ln u\right|_{\frac{1}{3}}^3 = \frac{8}{3}\ln 3.

提示要点：

若被积函数为 $2\theta$ 的函数，有时将其用二倍角公式拆成 $\theta$ 的函数，计算量反而会小很多；
在三角函数的形式较为复杂时，可考虑保留其最初的形式，不进行化简，最后的计算量可能反而会更小。

6.3.3 对称性的推论

从二重积分的几何意义的角度（曲顶柱体的体积 $V_{\text{正}}-V_{\text{负}}$ ）去理解：

推论 ③：若 $D$ 关于原点对称，点 $(x, y)$ 关于原点对称点为 $(-x, -y)$ ：

\iint_D f(x, y)\,\mathrm{d}\sigma = \begin{cases} 2\iint_{D_1} f(x, y)\,\mathrm{d}\sigma, & f(x, y) = f(-x, -y), \\ 0, & f(x, y) = -f(-x, -y). \end{cases}

推论 ④：若 $D$ 关于 $y=x$ 对称，点 $(x, y)$ 关于 $y=x$ 对称点为 $(y, x)$ ：

\iint_D f(x, y)\,\mathrm{d}\sigma = \begin{cases} 2\iint_{D_1} f(x, y)\,\mathrm{d}\sigma, & f(x, y) = f(y, x), \\ 0, & f(x, y) = -f(y, x). \end{cases}

其中 $D_1$ 是关于对称轴/对称中心的半个部分。关于 $y=x$ 对称的推论可用在 25 年数二真题上。

例 6.9（2025 数二真题）

💡 【WRITTEN】例 6.9（2025 数二真题）

已知平面有界区域 $D = \{(x, y) \mid x^2+y^2 \le 4x, x^2+y^2 \le 4y\}$ ，计算 $\iint_D (x-y)^2\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 。

解：区域 $D$ 关于直线 $y=x$ 对称，被积函数满足 $(x-y)^2 = (y-x)^2$ ，记区域 $D$ 位于直线 $y=x$ 下方的部分为 $D_1$ ：

\iint_D (x-y)^2\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D_1}(x-y)^2\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y + \iint_{D\setminus D_1}(x-y)^2\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \overset{\text{互换 } xy}{=} 2\iint_{D_1}(x-y)^2\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y.

$D_1$ 的极坐标表示为 $D_1 = \left\{(r, \theta) \mid 0 \le r \le 4\sin\theta, 0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}\right\}$ 。

\begin{aligned} \iint_{D_1}(x-y)^2\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y &\overset{\text{极坐标}}{=} \int_0^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta \int_0^{4\sin\theta}(r^2 - 2r^2\cos\theta\sin\theta)r\,\mathrm{d}r \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{4}}(1-2\sin\theta\cos\theta)\left.\frac{r^4}{4}\right|_0^{4\sin\theta}\mathrm{d}\theta = 64\int_0^{\frac{\pi}{4}}(1-2\sin\theta\cos\theta)\sin^4\theta\,\mathrm{d}\theta \\ &= 64\int_0^{\frac{\pi}{4}}\sin^4\theta\,\mathrm{d}\theta - 128\int_0^{\frac{\pi}{4}}\sin^5\theta\cos\theta\,\mathrm{d}\theta. \end{aligned}

分别计算两项（降幂公式）：

64\int_0^{\frac{\pi}{4}}\sin^4\theta\,\mathrm{d}\theta = 64\int_0^{\frac{\pi}{4}}\left(\frac{1-\cos 2\theta}{2}\right)^2\mathrm{d}\theta = 16\int_0^{\frac{\pi}{4}}\left(1-2\cos 2\theta + \frac{1+\cos 4\theta}{2}\right)\mathrm{d}\theta = 6\pi - 16,

128\int_0^{\frac{\pi}{4}}\sin^5\theta\cos\theta\,\mathrm{d}\theta = \left.128 \cdot \frac{\sin^6\theta}{6}\right|_0^{\frac{\pi}{4}} = 128 \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{8} = \frac{8}{3}.

因此：

\iint_D (x-y)^2\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 2 \cdot \left(6\pi - 16 - \frac{8}{3}\right) = 12\pi - \frac{112}{3}.

6.3.4 极坐标的平移

例 6.10

💡 【WRITTEN】例 6.10

计算 $\iint_D (x+y)\,\mathrm{d}\sigma$ ，其中 $D$ 由 $x^2+y^2 \le x+y$ 所确定。

圆 $x^2+y^2 = x+y$ 在极坐标下方程为 $r = \cos\theta + \sin\theta$ ， $\theta \in \left[-\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\right]$ ：

\begin{aligned} \iint_D (x+y)\,\mathrm{d}\sigma &= \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}}\mathrm{d}\theta \int_0^{\cos\theta+\sin\theta} (\cos\theta+\sin\theta)r^2\,\mathrm{d}r = \frac{1}{3}\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}}(\cos\theta+\sin\theta)^4\,\mathrm{d}\theta \\ &= \frac{4}{3}\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}}\sin^4\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)\mathrm{d}\theta = \frac{4}{3}\int_0^\pi \sin^4 t\,\mathrm{d}t = \frac{8}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^4 t\,\mathrm{d}t = \frac{\pi}{2}. \end{aligned}

配方为 $\left(x-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(y-\frac{1}{2}\right)^2 \le \frac{1}{2}$ 。令 $x-\frac{1}{2} = r\cos\theta$ ， $y-\frac{1}{2} = r\sin\theta$ ，此时 $\mathrm{d}\sigma = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$ ：

\begin{aligned} \iint_D (x+y)\,\mathrm{d}\sigma &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} (r\cos\theta + r\sin\theta + 1)r\,\mathrm{d}r \\ &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} r\,\mathrm{d}r = 2\pi \times \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}. \end{aligned}

6.3.5 直角坐标系下交换积分次序

例 6.11（武忠祥高数讲义）

💡 【WRITTEN】例 6.11（武忠祥高数讲义）

交换下列累次积分次序：

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

$I = \int_0^1 \mathrm{d}x \int_0^{\sqrt{2x-x^2}} f(x, y)\,\mathrm{d}y + \int_1^2 \mathrm{d}x \int_0^{2-x} f(x, y)\,\mathrm{d}y$ ；

$I = \int_0^2 \mathrm{d}x \int_{x^2}^x f(x, y)\,\mathrm{d}y$ 。

(1)

I = \int_0^1 \mathrm{d}x \int_0^{x^2} f(x, y)\,\mathrm{d}y + \int_1^{\sqrt{2}}\mathrm{d}x \int_0^{\sqrt{2-x^2}} f(x, y)\,\mathrm{d}y.

(2)

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

(3) 当出现上限小于下限的情况时，交换次序时要先加负号，改写成上限大于下限的正常形式：

I = \int_0^1 \mathrm{d}x \int_{x^2}^x f(x, y)\,\mathrm{d}y - \int_1^2 \mathrm{d}x \int_x^{x^2} f(x, y)\,\mathrm{d}y = \int_0^1 \mathrm{d}y \int_y^{\sqrt{y}} f(x, y)\,\mathrm{d}x - \int_1^2 \mathrm{d}y \int_{\sqrt{y}}^y f(x, y)\,\mathrm{d}x - \int_2^4 \mathrm{d}y \int_{\sqrt{y}}^2 f(x, y)\,\mathrm{d}x,

也可以合并写成：

I = \int_0^2 \mathrm{d}y \int_y^{\sqrt{y}} f(x, y)\,\mathrm{d}x.

、 Pasted image 20260918223224.png

6.3.6 极坐标系下交换积分次序（推荐看视频）

1. 核心映射心法（“ $\theta-r$ 直角坐标法”）

变量对齐：把 $\theta$ 视为横坐标 $x$ ，把 $r$ 视为纵坐标 $y$ 。
转化思路：将原极坐标下的累次积分，转化为在平面直角坐标系 $(\theta, r)$ $(θ, r)$ 上的区域定限问题。
- 原积分先 $r$ 后 $\theta \implies$ 对应 $(\theta, r)$ 平面上的 $Y$ 型区域（垂直切片）。
- 交换后先 $\theta$ 后 $r \implies$ 对应 $(\theta, r)$ 平面上的 $X$ 型区域（水平穿线）。
定限口诀：同样遵循 “后积先定限，限内划条线，先交写下限，后交写上限”（先确定 $r$ 的外层投影范围，再做水平线交边界求 $\theta$ 的上下限）。

2. 关键难点：非主值区间反三角函数的反解（求 $\theta = \theta(r)$ ）

由于反三角函数主值区间的限制，反解 $\theta$ 时必须严格结合 $\theta$ 所在区间确定解析式：

正弦型（ $\sin \varphi = u$ ）：
- 当 $\varphi \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 时： $\varphi = \arcsin u$
- 当 $\varphi \in \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$ 时： $\varphi = \pi - \arcsin u$ （如例 6.13、例 6.14）
余弦型（ $\cos \varphi = u$ ）：
- 当 $\varphi \in [0, \pi]$ 时： $\varphi = \arccos u$
- 当 $\varphi \in [-\pi, 0]$ 时： $\varphi = -\arccos u$ （如例 6.12）
多倍角处理：先将复合角整体视为 $\varphi$ 反解，再除以倍数（如 $2\theta \in \left[\frac{\pi}{2}, \pi\right] \implies \theta = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}\arcsin u$ ）。

3. 标准操作三步法

画出 $(\theta, r)$ 区域图：以 $\theta$ 为横轴、 $r$ 为纵轴，画出边界曲线 $r = r(\theta)$ 及常数边界 $\theta = \alpha, \theta = \beta$ 。
反解曲线并分段（若有分块）：
- 确定外层 $r$ 的取值范围 $[r_{\min}, r_{\max}]$ ；
- 若穿线过程中左右边界发生变化（出现极值点/分界点），需对 $r$ 轴进行分段积分；
- 在各区间内由 $r = r(\theta)$ 分别反解出左边界 $\theta_{\text{左}}(r)$ 和右边界 $\theta_{\text{右}}(r)$ 。
重写累次积分式： $I = \int_{r_{\min}}^{r_{\max}} \mathrm{d}r \int_{\theta_{\text{左}}(r)}^{\theta_{\text{右}}(r)} f(r\cos\theta, r\sin\theta) \, r\,\mathrm{d}\theta$

[!abstract] 核心思想与主值约定

主值区间约定：反三角函数的主值区间是人为约定的单调区间： $\arcsin u \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right], \quad \arccos u \in [0, \pi], \quad \arctan u \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$

核心反解思想：当自变量 $\theta$ 落在非主值区间时，利用诱导公式构造一个落在主值区间内的新角 $\varphi = \pm \theta + k\pi$ ，使三角函数值守恒，取反三角函数得 $\varphi = f^{-1}(u)$ 后代回解出 $\theta$ 。

一、通法推导三步模型

构造映射角 $\varphi$ ：根据 $\theta$ 所在区间，构造线性关系 $\varphi = \pm \theta + k\pi$ ，使得 $\varphi$ 恰好落在主值区间内；
诱导公式验证：验证三角函数值守恒（即 $\sin\varphi = \sin\theta$ 或 $\cos\varphi = \cos\theta$ 或 $\tan\varphi = \tan\theta$ ）；
主值取反并还原：因 $\varphi$ 在主值区间内，直接作用反三角函数（如 $\varphi = \arcsin u$ ），代回方程解出 $\theta$ 。

二、三大函数速查表与“一秒定式”对比

函数类型	主值区间	常见非主值区间	反解结果 $\theta = \theta(u)$	通用对称公式 ( $k \in \mathbb{Z}$ )	一秒定式口诀
正弦型 $\sin\theta = u$	$\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$	$\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$ （递减）	$\mathbf{\theta = \pi - \arcsin u}$	$\theta = k\pi + (-1)^k \arcsin u$	中点定 $k$ ，增加减减
余弦型 $\cos\theta = u$	$[0, \pi]$	$[-\pi, 0]$ （递增） $[\pi, 2\pi]$ （递增）	$\mathbf{\theta = -\arccos u}$ $\mathbf{\theta = 2\pi - \arccos u}$	$\theta = 2k\pi \pm \arccos u$	偶端定基准，右加左减
正切型 $\tan\theta = u$	$\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$	$\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right)$	$\mathbf{\theta = \pi + \arctan u}$	$\theta = k\pi + \arctan u$	中点定 $k$ ，永远恒加

三、分类详析与推导

1. 正弦型： $\sin\theta = u$ （主值区间 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ ）

常见区间 $\theta \in \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$ 推导（最常见）：
- 构造：令 $\varphi = \pi - \theta$ 。当 $\theta \in \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$ 时， $\varphi = \pi - \theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ （落入主值区间）；
- 验证： $\sin\varphi = \sin(\pi - \theta) = \sin\theta = u$ ；
- 反解： $\varphi = \arcsin u \implies \pi - \theta = \arcsin u \implies \mathbf{\theta = \pi - \arcsin u}$
通用公式（以 $\pi$ 为周期节点，关于 $k\pi$ 对称）： $\theta = k\pi + (-1)^k \arcsin u \quad (k \in \mathbb{Z})$ $θ = k π + (- 1)^{k} arcsin u (k \in Z)$ 目标单调区间形式为 $\left[k\pi - \frac{\pi}{2}, k\pi + \frac{\pi}{2}\right]$ $[k π - \frac{π}{2}, k π + \frac{π}{2}]$ ，整数 $k$ 由区间中点（对称中心） $k\pi$ 唯一确定：
- $k$ 为奇数（ $\sin\theta$ $sin θ$ 单调递减， $\theta = k\pi - \arcsin u$ $θ = k π - arcsin u$ ）：
  - 若 $\theta \in \left[-\frac{3\pi}{2}, -\frac{\pi}{2}\right]$ （中点 $-\pi, k = -1$ ） $\implies \mathbf{\theta = -\pi - \arcsin u}$
  - 若 $\theta \in \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$ （中点 $\pi, k = 1$ ） $\implies \mathbf{\theta = \pi - \arcsin u}$
  - 若 $\theta \in \left[\frac{5\pi}{2}, \frac{7\pi}{2}\right]$ （中点 $3\pi, k = 3$ ） $\implies \mathbf{\theta = 3\pi - \arcsin u}$
- $k$ 为偶数（ $\sin\theta$ $sin θ$ 单调递增， $\theta = k\pi + \arcsin u$ $θ = k π + arcsin u$ ）：
  - 若 $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ （中点 $0, k = 0$ ） $\implies \mathbf{\theta = \arcsin u}$ （主值区间）
  - 若 $\theta \in \left[\frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}\right]$ （中点 $2\pi, k = 2$ ） $\implies \mathbf{\theta = 2\pi + \arcsin u}$

[!tip] 正弦一秒定式（找中点 + 看单调性）

找中点定 $k$ ：计算区间中点 $\frac{\text{左端点} + \text{右端点}}{2} = k\pi$ ，确定 $k$ 的取值；

看单调性定符号：在该区间内 $\sin\theta$ 单调递增写 $+\arcsin u$ （ $k$ 为偶数）；单调递减写 $-\arcsin u$ （ $k$ 为奇数）。

2. 余弦型： $\cos\theta = u$ （主值区间 $[0, \pi]$ ）

常见非主值区间推导：
- 当 $\theta \in [-\pi, 0]$ 时：
  - 构造：令 $\varphi = -\theta \in [0, \pi]$ ；
  - 验证： $\cos\varphi = \cos(-\theta) = \cos\theta = u$ ；
  - 反解： $\varphi = \arccos u \implies -\theta = \arccos u \implies \mathbf{\theta = -\arccos u}$ 。
- 当 $\theta \in [\pi, 2\pi]$ 时：
  - 构造：令 $\varphi = 2\pi - \theta \in [0, \pi]$ ；
  - 验证： $\cos\varphi = \cos(2\pi - \theta) = \cos\theta = u$ ；
  - 反解： $\varphi = \arccos u \implies 2\pi - \theta = \arccos u \implies \mathbf{\theta = 2\pi - \arccos u}$ 。
通用公式（关于 $2k\pi$ 轴对称）： $\theta = 2k\pi \pm \arccos u \quad (k \in \mathbb{Z})$ $θ = 2 k π \pm arccos u (k \in Z)$
- 单调递减区间 $[2k\pi, 2k\pi + \pi]$ ：取正号 $\mathbf{\theta = 2k\pi + \arccos u}$ $θ = 2k π + arccos u$
  - 如 $[0, \pi]$ （ $k=0$ ） $\implies \theta = \arccos u$ ； $[2\pi, 3\pi]$ （ $k=1$ ） $\implies \theta = 2\pi + \arccos u$ 。
- 单调递增区间 $[2k\pi - \pi, 2k\pi]$ ：取负号 $\mathbf{\theta = 2k\pi - \arccos u}$ $θ = 2k π - arccos u$
  - 如 $[-\pi, 0]$ （ $k=0$ ） $\implies \theta = -\arccos u$ ； $[\pi, 2\pi]$ （ $k=1$ ） $\implies \theta = 2\pi - \arccos u$ 。

[!tip] 余弦一秒定式（找偶端点 + 右加左减）余弦函数的单调区间端点中，必然有一个是偶数倍 $\pi$ （即对称轴/波峰 $2k\pi$ ）：

找偶数 $\pi$ 端点 $2k\pi$ ：观察区间两端，锁定偶数倍 $\pi$ （如 $0, \pm 2\pi, \pm 4\pi$ ）；

看相对位置定符号（右加左减）：

区间在 $2k\pi$ 右侧（ $[2k\pi, 2k\pi+\pi]$ ，单调递减） $\implies \mathbf{\theta = 2k\pi + \arccos u}$

区间在 $2k\pi$ 左侧（ $[2k\pi-\pi, 2k\pi]$ ，单调递增） $\implies \mathbf{\theta = 2k\pi - \arccos u}$

3. 正切型： $\tan\theta = u$ （主值区间 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ ）

正切函数周期严格为 $\pi$ ，且在各连续区间内均严格单调递增：

常见区间 $\theta \in \left(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right)$ 推导：
- 构造：令 $\varphi = \theta - \pi \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ ；
- 验证： $\tan\varphi = \tan(\theta - \pi) = \tan\theta = u$ ；
- 反解： $\varphi = \arctan u \implies \theta - \pi = \arctan u \implies \mathbf{\theta = \pi + \arctan u}$
通用公式： $\theta = k\pi + \arctan u \quad (k \in \mathbb{Z})$ 单调区间为 $\left(k\pi - \frac{\pi}{2}, k\pi + \frac{\pi}{2}\right)$ ， $k$ 由区间中点 $k\pi$ 唯一确定。

[!tip] 正切一秒定式（找中点 + 符号恒正）

找中点定 $k$ ：计算区间中点 $\frac{\text{左端点} + \text{右端点}}{2} = k\pi$ ；

直接平移（符号永远为 $+$ ）： $\mathbf{\theta = k\pi + \arctan u}$

如 $\theta \in \left(-\frac{3\pi}{2}, -\frac{\pi}{2}\right)$ （中点 $-\pi$ ） $\implies \mathbf{\theta = -\pi + \arctan u}$

如 $\theta \in \left(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right)$ （中点 $\pi$ ） $\implies \mathbf{\theta = \pi + \arctan u}$

例 6.12

💡 【WRITTEN】例 6.12

交换累次积分 $I = \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta \int_0^{2a\cos\theta} f(r\cos\theta, r\sin\theta)r\,\mathrm{d}r$ 的次序（ $a > 0$ ）。

曲线 $r = 2a\cos\theta$ 与 $\theta = -\frac{\pi}{4}$ 所围区域在 $\theta, r$ 直角坐标系下，将原积分在 $\theta, r$ 直角坐标下化为先 $\theta$ 后 $r$ 的累次积分：

I = \int_0^{\sqrt{2}a}\mathrm{d}r \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\arccos\frac{r}{2a}} f(r\cos\theta, r\sin\theta)r\,\mathrm{d}\theta + \int_{\sqrt{2}a}^{2a}\mathrm{d}r \int_{-\arccos\frac{r}{2a}}^{\arccos\frac{r}{2a}} f(r\cos\theta, r\sin\theta)r\,\mathrm{d}\theta.

例 6.13（李林 880）

💡 【WRITTEN】例 6.13（李林 880）

交换积分顺序 $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta \int_0^{a\sqrt{\sin 2\theta}} f(r\cos\theta, r\sin\theta)r\,\mathrm{d}r \ (a > 0)$ 为 $\underline{\qquad\qquad}$ 。

视 $\theta$ 为 $x$ 轴， $r$ 为 $y$ 轴：

当 $0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}$ 时， $r = a\sqrt{\sin 2\theta}$ 的反函数为 $\theta = \frac{1}{2}\arcsin\frac{r^2}{a^2}$ ；
当 $\frac{\pi}{4} < \theta \le \frac{\pi}{2}$ 时， $r = a\sqrt{\sin 2\theta}$ 的反函数为 $\theta = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}\arcsin\frac{r^2}{a^2}$ 。故：

I = \int_0^a \mathrm{d}r \int_{\frac{1}{2}\arcsin\frac{r^2}{a^2}}^{\frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}\arcsin\frac{r^2}{a^2}} f(r\cos\theta, r\sin\theta)r\,\mathrm{d}\theta.

例 6.14（2007 数二数三真题）

💡 【CHOICE】例 6.14（2007 数二数三真题）

设函数 $f(x, y)$ 连续，则二次积分 $\int_{\frac{\pi}{2}}^\pi \mathrm{d}x \int_{\sin x}^1 f(x, y)\,\mathrm{d}y$ 等于（ $\quad$ ）

(A) $\int_0^1 \mathrm{d}y \int_{\pi+\arcsin y}^\pi f(x, y)\,\mathrm{d}x$

(B) $\int_0^1 \mathrm{d}y \int_{\pi-\arcsin y}^\pi f(x, y)\,\mathrm{d}x$

(C) $\int_0^1 \mathrm{d}y \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi+\arcsin y} f(x, y)\,\mathrm{d}x$

(D) $\int_0^1 \mathrm{d}y \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi-\arcsin y} f(x, y)\,\mathrm{d}x$

极坐标具体积分交换次序：例 6.14.1（2021 数三真题）

💡 【WRITTEN】例 6.14.1（2021 数三真题）

设有界区域 $D$ 是圆 $x^2+y^2=1$ 和直线 $y=x$ 以及 $x$ 轴在第一象限围成的部分。计算二重积分 $\iint_D e^{(x+y)^2}(x^2-y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 。

区域 $D = \left\{(r, \theta) \mid 0 \le r \le 1, 0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}\right\}$ 。

\begin{aligned} \iint_D e^{(x+y)^2}(x^2-y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y &= \iint_D e^{r^2(1+\sin 2\theta)} r^3 \cos 2\theta\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ &= \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 \quad (\text{交换积分次序,\quad 先积 } \theta) \\ &= \int_0^1 r^3\,\mathrm{d}r \int_0^{\frac{\pi}{4}} e^{r^2(1+\sin 2\theta)}\mathrm{d}\left(\frac{1+\sin 2\theta}{2}\right) = \left.\frac{1}{2}\int_0^1 r^3 \cdot \frac{e^{r^2(1+\sin 2\theta)}}{r^2}\right|_{\theta=0}^{\theta=\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}r \\ &= \frac{1}{2}\int_0^1 r(e^{2r^2}-e^{r^2})\mathrm{d}r = \frac{1}{4}\int_0^1 (e^{2r^2}-e^{r^2})\mathrm{d}(r^2) \\ &= \left.\frac{1}{4}\left(\frac{e^{2r^2}}{2} - e^{r^2}\right)\right|_0^1 = \frac{1}{8}(e-1)^2. \end{aligned}

6.3.7 割补法

题型一：分割区间，构造对称性

💡 【WRITTEN】例 6.15

计算 $\iint_D x[1+yf(x^2+y^2)]\,\mathrm{d}\sigma$ ，其中 $D$ 是由 $y=x^3, y=1, x=-1$ 围成的区域， $f(u)$ 为连续函数。

原式 $= \iint_D x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y + \iint_D xyf(x^2+y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 。作曲线 $y = -x^3$ 将原积分域分为两个区域 $D_1$ 和 $D_2$ ：

$\iint_D xyf(x^2+y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D_1} + \iint_{D_2} = 0$ （利用 $x$ 的奇函数）；
$\iint_D x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D_1} x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y + \iint_{D_2} x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0 + \int_{-1}^0 x\,\mathrm{d}x \int_{x^3}^{-x^3}\mathrm{d}y = -\frac{2}{5}$ 。

故原式 $= -\frac{2}{5}$ 。

题型二：绝对值 + 圆，出现不规则区域转化为规则区域

💡 【WRITTEN】例 6.16

计算 $\iint_D |x^2+y^2-2y|\,\mathrm{d}\sigma$ ，其中 $D$ 由 $x^2+y^2 \le 4$ 所确定。

观察可知： $D_1$ 内 $x^2+y^2-2y \le 0$ （小圆内）， $D_2$ 内 $x^2+y^2-2y \ge 0$ （不规则环状区域）：

\begin{aligned} \iint_D |x^2+y^2-2y|\,\mathrm{d}\sigma &= \iint_{D_1}(2y-x^2-y^2)\,\mathrm{d}\sigma + \iint_{D_2}(x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma \\ &= \iint_D (x^2+y^2-2y)\,\mathrm{d}\sigma + 2\iint_{D_1}(2y-x^2-y^2)\,\mathrm{d}\sigma \\ &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^2 r^3\,\mathrm{d}r + 2\int_0^\pi \mathrm{d}\theta \int_0^{2\sin\theta}(2r\sin\theta - r^2)r\,\mathrm{d}r = 9\pi. \end{aligned}

本题已收录至错题集：错题档案：例 6.16 ｜关联每日记录：09-19 错题记录

破局直觉（割补代数恒等变形）：遇到绝对值划分出的残缺月牙区域 $D_2 = D \setminus D_1$ ，千万不要硬穿线积分！利用 $D_2 = D - D_1$ 得到 $\iint_{D_2} f = \iint_D f - \iint_{D_1} f$ ，原式化为 $\iint_D f + 2\iint_{D_1} (-f)$ ，化残缺区域为两个规则整圆！
极速计算建议：大圆 $D$ 利用关于 $x$ 轴对称性直接消去奇函数项 $-2y$ ；小圆 $D_1$ 采用平移极坐标 $x=r\cos\theta, y=1+r\sin\theta$ ，被积函数化为 $1-r^2$ ，30 秒口算得出 $\frac{\pi}{2}$ ！

例 6.17（2023 数三真题，考研历史上计算量最大的二重积分题）

💡 【WRITTEN】例 6.17（2023 数三真题）

已知平面区域 $D = \{(x, y) \mid (x-1)^2+y^2 \le 1\}$ ，计算二重积分 $\iint_D |\sqrt{x^2+y^2}-1|\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 。

边界曲线 $x^2+y^2=1$ 将 $D$ 分为 $D_1$ （圆内）和 $D_2$ （圆外）。

\begin{aligned} I &= \iint_{D_1}(1-\sqrt{x^2+y^2})\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y + \iint_{D_2}(\sqrt{x^2+y^2}-1)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \iint_D (1-\sqrt{x^2+y^2})\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y + 2\iint_{D_2}(\sqrt{x^2+y^2}-1)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = I_1 + 2I_2. \end{aligned}

计算 $I_1$ ：
$I_1 = S_D - 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta \int_0^{2\cos\theta} r^2\,\mathrm{d}r = \pi - 2 \times \frac{8}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^3\theta\,\mathrm{d}\theta = \pi - \frac{16}{3} \times \frac{2}{3} = \pi - \frac{32}{9}.$
计算 $I_2$ ：联立方程解交点得 $\theta = \pm \frac{\pi}{3}$ ：
$\begin{aligned} I_2 &= 2\int_0^{\frac{\pi}{3}}\mathrm{d}\theta \int_1^{2\cos\theta}(r-1)r\,\mathrm{d}r = 2\int_0^{\frac{\pi}{3}}\left(\frac{8}{3}\cos^3\theta - 2\cos^2\theta + \frac{1}{6}\right)\mathrm{d}\theta \\ &= 2 \times \left[\frac{8}{3} \times \frac{3\sqrt{3}}{8} - 2\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}\right) + \frac{1}{6} \times \frac{\pi}{3}\right] = \frac{3\sqrt{3}}{2} - \frac{5}{9}\pi. \end{aligned}$

综上：

I = I_1 + 2I_2 = \pi - \frac{32}{9} + 3\sqrt{3} - \frac{10}{9}\pi = 3\sqrt{3} - \frac{\pi}{9} - \frac{32}{9}.

例 6.18（2022 数一数三真题，专门用来恶心“聪明人”）

💡 【WRITTEN】例 6.18（2022 数一数三真题）

已知平面区域 $D = \{(x, y) \mid y-2 \le x \le \sqrt{4-y^2}, 0 \le y \le 2\}$ ，计算 $I = \iint_D \frac{(x-y)^2}{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 。

6.3.8 极坐标转化成直角坐标

例 6.19（高数十八讲）

💡 【WRITTEN】例 6.19（高数十八讲）

设 $D = \left\{(r, \theta) \mid 0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}, 0 \le r \le \sec\theta\right\}$ ,\quad 则 $\iint_D \sqrt{1-(x-y)^2}\,\mathrm{d}\sigma =$ $\underline{\qquad\qquad}$ .

解:\quad 边界 $r = \sec\theta \implies r\cos\theta = 1 \implies x = 1$ ;\quad $\theta = \frac{\pi}{4} \implies y = x$ . 故化为直角坐标系下的表达式为 $D = \{(x, y) \mid 0 \le y \le x \le 1\}$ .

\begin{aligned} \text{原式} &= \int_0^1 \mathrm{d}x \int_0^x \sqrt{1-(x-y)^2}\,\mathrm{d}y \overset{x-y=t}{=} \int_0^1 \mathrm{d}x \int_0^x \sqrt{1-t^2}\,\mathrm{d}t \\ &= \int_0^1 \left(\frac{1}{2}\arcsin x + \frac{x}{2}\sqrt{1-x^2}\right)\mathrm{d}x \\ &= \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 \\ &= \frac{1}{2}\left[\left.x\arcsin x\right|_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x\right] + \left.\left(-\frac{1}{6}(1-x^2)^{\frac{3}{2}}\right)\right|_0^1 \\ &= \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2} - 1\right) + \frac{1}{6} = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{3}. \end{aligned}

ギターと孤独と蒼い惑星

6.3 二重积分的计算

6.3 二重积分的计算

6.3.1 对称性的平移

例 6.4（1999 年数三真题）

例 6.5（1994 年数三真题）

6.3.2 轮换对称性：本质是“积分结果与变量记号无关”的特殊情况

例 6.6

例 6.7（2024 超越模拟卷）

例 6.8（2024 数二真题）

6.3.3 对称性的推论

例 6.9（2025 数二真题）

6.3.4 极坐标的平移

例 6.10

6.3.5 直角坐标系下交换积分次序

例 6.11（武忠祥高数讲义）

6.3.6 极坐标系下交换积分次序（推荐看视频）

例 6.12

例 6.13（李林 880）

例 6.14（2007 数二数三真题）

极坐标具体积分交换次序：例 6.14.1（2021 数三真题）

6.3.7 割补法

题型一：分割区间，构造对称性

题型二：绝对值 + 圆，出现不规则区域转化为规则区域

例 6.17（2023 数三真题，考研历史上计算量最大的二重积分题）

例 6.18（2022 数一数三真题，专门用来恶心“聪明人”）

6.3.8 极坐标转化成直角坐标

例 6.19（高数十八讲）

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