6.4 恶心人的积分区域（推荐看视频）

总目录 · 笔记整理索引 · 本章索引 · 上一节：6.3 二重积分的计算 · 下一节：6.5 二重积分与定积分的转化

6.4.1 复杂区域对称性判别与画图法则、

先判对称，化简画图
- 代数代换判据：
  - $f(-x,y)=f(x,y) \implies$ 关 $y$ 轴对称
  - $f(x,-y)=f(x,y) \implies$ 关 $x$ 轴对称
  - $f(-x,-y)=f(x,y) \implies$ 关原点对称
  - $f(y,x)=f(x,y) \implies$ 关 $y=x$ 对称
- 画图策略：利用对称性只需分析确定 $\frac{1}{4}$ 或 $\frac{1}{2}$ 区域（其余部分按对称性补全）。
拆分被积函数（奇零偶倍 / 轴对称平移）
- 奇函数部分在对称区域上积分直接为 $0$ ；
- 对称轴为 $x=x_0$ （如摆线对称轴 $x=\pi$ ）时，将被积函数拆为 $[(x-x_0) + x_0]$ ，奇对称项积分为 $0$ ，常数项转化为面积。
选定坐标系定限计算

6.4.2 双纽线区域积分精析

例 6.20（李林 880）

💡 【WRITTEN】例 6.20（李林 880）

计算 $I = \iint_D xy\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ，其中 $D$ 由下列双纽线所围：

$(x^2+y^2)^2 = 2(x^2-y^2)$ ；

$(x^2+y^2)^2 = 2xy$ 。

(I) 方程 $(x^2+y^2)^2 = 2(x^2-y^2)$ 满足关于 $x$ 轴和 $y$ 轴对称。化为极坐标为 $r^2 = 2\cos 2\theta$ （需 $\cos 2\theta \ge 0 \implies \theta \in \left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right] \cup \left[\frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}\right]$ ）。由于 $D$ 关于 $x$ 轴对称，而被积函数 $xy$ 关于 $y$ 是奇函数，故：

I = \iint_D xy\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0.

(II) 方程 $(x^2+y^2)^2 = 2xy$ 满足关于原点对称和关于 $y=x$ 对称。只需画出第一象限（ $\frac{1}{4}$ 部分）。化为极坐标为 $r^2 = \sin 2\theta$ 。由关于原点对称性（被积函数 $xy = (-x)(-y)$ ，同号）：

\begin{aligned} I &= \iint_D xy\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 2\iint_{D_1} xy\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \quad (D_1 \text{ 为第一象限部分}) \\ &= 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta \int_0^{\sqrt{\sin 2\theta}} r^3 \cos\theta\sin\theta\,\mathrm{d}r = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\sin\theta \cdot \frac{\sin^2 2\theta}{4}\,\mathrm{d}\theta \\ &= \frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^3 2\theta\,\mathrm{d}\theta = \frac{1}{8}\int_0^\pi \sin^3 u\,\mathrm{d}u = \frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^3 u\,\mathrm{d}u = \frac{1}{4} \times \frac{2}{3} = \frac{1}{6}. \end{aligned}

6.4.3 参数方程曲线区域（摆线、星形线、心形线）

例 6.21

💡 【WRITTEN】例 6.21

计算 $\iint_D y^2\,\mathrm{d}\sigma$ ，其中 $D$ 由 $\begin{cases} x = a(t - \sin t), \\ y = a(1 - \cos t), \end{cases} \ (0 \le t \le 2\pi)$ 与 $y = 0$ 围成。

解：

\begin{aligned} \iint_D y^2\,\mathrm{d}\sigma &= \int_0^{2\pi a}\mathrm{d}x \int_0^{y(x)} y^2\,\mathrm{d}y = \frac{1}{3}\int_0^{2\pi a} y^3(x)\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{3}\int_0^{2\pi} a^3(1-\cos t)^3 \cdot a(1-\cos t)\,\mathrm{d}t = \frac{a^4}{3}\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^4\,\mathrm{d}t \\ &= \frac{16a^4}{3}\int_0^{2\pi}\sin^8 \frac{t}{2}\,\mathrm{d}t \overset{u=\frac{t}{2}}{=} \frac{32a^4}{3}\int_0^\pi \sin^8 u\,\mathrm{d}u = \frac{64a^4}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^8 u\,\mathrm{d}u \\ &= \frac{64a^4}{3} \times \frac{7}{8} \times \frac{5}{6} \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{35}{12}\pi a^4. \end{aligned}

例 6.22（数三不要求，2018 数二真题）

💡 【WRITTEN】例 6.22（数三不要求，2018 数二真题）

设平面区域 $D$ 由曲线 $\begin{cases} x = t - \sin t, \\ y = 1 - \cos t, \end{cases} \ (0 \le t \le 2\pi)$ 与 $x$ 轴围成，计算二重积分 $\iint_D (x+2y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 。

分别计算 $\iint_D 2y\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 和 $\iint_D x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ：

计算 $\iint_D 2y\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ：
$\begin{aligned} \iint_D 2y\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y &= \int_0^{2\pi}\mathrm{d}x \int_0^{y(x)} 2y\,\mathrm{d}y = \int_0^{2\pi} y^2(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^{2\pi} y^2[x(t)] \cdot x'(t)\,\mathrm{d}t \\ &= \int_0^{2\pi}(1-\cos t)^2 \cdot (1-\cos t)\,\mathrm{d}t = \int_0^{2\pi}(1-\cos t)^3\,\mathrm{d}t \\ &= 8\int_0^{2\pi}\sin^6 \frac{t}{2}\,\mathrm{d}t \overset{u=\frac{t}{2}}{=} 16\int_0^\pi \sin^6 u\,\mathrm{d}u = 32\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^6 u\,\mathrm{d}u \\ &= 32 \times \frac{\pi}{2} \times \frac{5}{6} \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} = 5\pi. \end{aligned}$
计算 $\iint_D x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ （利用对称性平移）：区域 $D$ 关于 $x = \pi$ 左右对称：
$\begin{aligned} \iint_D x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y &= \iint_D [(x-\pi) + \pi]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \underbrace{\iint_D (x-\pi)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y}_0 + \pi \iint_D \mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \pi \int_0^{2\pi}\mathrm{d}x \int_0^{y(x)}\mathrm{d}y = \pi \int_0^{2\pi} y(x)\,\mathrm{d}x = \pi \int_0^{2\pi} y(t)x'(t)\,\mathrm{d}t \\ &= \pi \int_0^{2\pi}(1-\cos t)^2\,\mathrm{d}t = 4\pi \int_0^{2\pi}\sin^4 \frac{t}{2}\,\mathrm{d}t \overset{u=\frac{t}{2}}{=} 8\pi \int_0^\pi \sin^4 u\,\mathrm{d}u \\ &= 16\pi \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^4 u\,\mathrm{d}u = 16\pi \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = 3\pi^2. \end{aligned}$

综上：

\iint_D (x+2y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 3\pi^2 + 5\pi.

6.4.4 高次幂与隐式旋转椭圆区域

例 6.23（2019 数二真题）

💡 【WRITTEN】例 6.23（2019 数二真题）

已知平面区域 $D = \{(x, y) \mid |x| \le y, (x^2+y^2)^3 \le y^4\}$ ，计算二重积分 $\iint_D \frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 。

解：区域 $D$ 由直线 $y=x, y=-x$ 以及曲线 $(x^2+y^2)^3 = y^4$ 围成。区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称。记 $D_1$ 为 $D$ 位于 $y$ 轴右方的区域：

\iint_D \frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \underbrace{\iint_D \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y}_0 + \iint_D \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 2\iint_{D_1}\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y.

边界曲线极坐标为 $r^6 = r^4 \sin^4\theta \implies r = \sin^2\theta$ 。区域 $D_1$ 极坐标表示为 $D_1 = \left\{(r, \theta) \mid 0 \le r \le \sin^2\theta, \frac{\pi}{4} \le \theta \le \frac{\pi}{2}\right\}$ 。

\begin{aligned} \iint_{D_1}\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y &= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\sin\theta\,\mathrm{d}\theta \int_0^{\sin^2\theta} r\,\mathrm{d}r = \frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\sin^5\theta\,\mathrm{d}\theta \\ &= -\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}(1-\cos^2\theta)^2\,\mathrm{d}(\cos\theta) \overset{u=\cos\theta}{=} \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}(1-u^2)^2\,\mathrm{d}u \\ &= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}(u^4 - 2u^2 + 1)\,\mathrm{d}u = \left.\frac{1}{2}\left(\frac{u^5}{5} - \frac{2u^3}{3} + u\right)\right|_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \\ &= \frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{8} \times \frac{1}{5} - \frac{\sqrt{2}}{4} \times \frac{2}{3} + \frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \frac{43\sqrt{2}}{240}. \end{aligned}

因此：

\text{原积分} = 2\iint_{D_1}\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{43\sqrt{2}}{120}.

例 6.24（2021 数二真题）

💡 【WRITTEN】例 6.24（2021 数二真题）

曲线 $(x^2+y^2)^2 = x^2-y^2 \ (x \ge 0, y \ge 0)$ 与 $x$ 轴围成的区域为 $D$ ，求 $\iint_D xy\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 。

极坐标下曲线方程为 $r^2 = \cos 2\theta$ ， $D = \left\{(r, \theta) \mid 0 \le r \le \sqrt{\cos 2\theta}, 0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}\right\}$ 。

\begin{aligned} \iint_D xy\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y &= \int_0^{\frac{\pi}{4}}\sin\theta\cos\theta\,\mathrm{d}\theta \int_0^{\sqrt{\cos 2\theta}} r^3\,\mathrm{d}r = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{4}}\sin 2\theta \cdot \left.\frac{r^4}{4}\right|_0^{\sqrt{\cos 2\theta}}\mathrm{d}\theta \\ &= \frac{1}{8}\int_0^{\frac{\pi}{4}}\sin 2\theta \cos^2 2\theta\,\mathrm{d}\theta \overset{u=2\theta}{=} \frac{1}{16}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin u \cos^2 u\,\mathrm{d}u \\ &= -\frac{1}{16}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2 2\theta\,\mathrm{d}(\cos 2\theta) = -\left.\frac{1}{16} \cdot \frac{\cos^3 2\theta}{3}\right|_0^{\frac{\pi}{4}} = -\frac{1}{16}\left(0 - \frac{1}{3}\right) = \frac{1}{48}. \end{aligned}

例 6.25（2023 数二真题）

💡 【WRITTEN】例 6.25（2023 数二真题）

设平面有界区域 $D$ 位于第一象限，由曲线 $x^2+y^2-xy = 1$ ， $x^2+y^2-xy = 2$ 与直线 $y = \sqrt{3}x$ ， $y = 0$ 围成，计算 $\iint_D \frac{1}{3x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 。

解：曲线极坐标方程： $r_1 = \frac{1}{\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}}$ ， $r_2 = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}}$ 。直线 $y = \sqrt{3}x \implies \theta = \frac{\pi}{3}$ ； $y = 0 \implies \theta = 0$ 。

D = \left\{(r, \theta) \mid \frac{1}{\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}} \le r \le \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}}, 0 \le \theta \le \frac{\pi}{3}\right\}.

转化为极坐标计算：

\begin{aligned} \iint_D \frac{1}{3x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y &= \int_0^{\frac{\pi}{3}}\mathrm{d}\theta \int_{\frac{1}{\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}}}^{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}}} \frac{r}{3r^2\cos^2\theta + r^2\sin^2\theta}\,\mathrm{d}r \\ &= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{1}{3\cos^2\theta + \sin^2\theta}\,\mathrm{d}\theta \int_{\frac{1}{\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}}}^{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}}} \frac{\mathrm{d}(r^2)}{r^2} \\ &= \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{1}{3\cos^2\theta + \sin^2\theta} \ln r^2\Big|_{\frac{1}{\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}}}^{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}}}\,\mathrm{d}\theta \\ &= \frac{\ln 2}{2}\int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{\mathrm{d}\theta}{\cos^2\theta(3+\tan^2\theta)} \\ &= \frac{\ln 2}{2}\int_0^{\frac{\pi}{3}}\frac{\mathrm{d}(\tan\theta)}{3+\tan^2\theta} \overset{t=\tan\theta}{=} \frac{\ln 2}{2}\int_0^{\sqrt{3}}\frac{\mathrm{d}t}{3+t^2} \\ &= \frac{\ln 2}{2\sqrt{3}}\int_0^{\sqrt{3}}\frac{\mathrm{d}\left(\frac{t}{\sqrt{3}}\right)}{1+\left(\frac{t}{\sqrt{3}}\right)^2} = \left.\frac{\sqrt{3}\ln 2}{6}\arctan\frac{t}{\sqrt{3}}\right|_0^{\sqrt{3}} \\ &= \frac{\sqrt{3}\ln 2}{6} \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{3}\pi\ln 2}{24}. \end{aligned}

ギターと孤独と蒼い惑星

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