6.3 二重积分的计算：对称性、极坐标、交换次序与割补法

分析区域： 曲线 $x=-\sqrt{2y-y^2}=-\sqrt{1-(y-1)^2}$ 是以 $(0,1)$ 为圆心、$1$ 为半径的左半圆。区域 $D$ 为矩形 $[-2,0]\times[0,2]$ 挖去该左半圆。

方法一（直接计算）：

对后一项，令 $y-1=\sin t$：

其中 $\sin t\cos^2 t$ 为奇函数，在对称区间上积分为 $0$，故

因此 $\iint_D y\,dx\,dy=4-\dfrac{\pi}{2}$。

方法二（对称性的平移）：

区域 $D$ 关于 $y=1$ 对称。将 $y=(y-1)+1$ 拆开：

由于区域关于 $y=1$ 对称，$(y-1)$ 为奇函数，故 $\iint_D (y-1)\,d\sigma=0$。

方法三（形心）： 区域关于 $y=1$ 对称，故形心 $\bar{y}=1$，面积 $S=4-\frac{\pi}{2}$，于是

配方确定区域：

$D$ 是以 $\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$ 为圆心、$R=\sqrt{\frac{3}{2}}$ 为半径的圆盘。

利用对称性的平移：

区域关于 $x=\frac{1}{2}$ 对称，$\left(x-\frac{1}{2}\right)$ 为奇函数，积分为 $0$；同理 $\left(y-\frac{1}{2}\right)$ 积分为 $0$。故

区域 $D$ 为第一象限内半径为 $2$ 的四分之一圆盘，关于 $y=x$ 对称。

设 $I=\iint_D \frac{a\sqrt{f(x)}+b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}\,d\sigma$。由轮换对称性：

两式相加：

$D$ 的面积 $=\frac{1}{4}\pi\cdot 2^2=\pi$，故

答案：D。

（I） 令 $\alpha=\arctan x$（$x>0$ 时 $\alpha\in(0,\pi/2)$），则 $\tan\alpha=x$，故 $\frac{1}{x}=\cot\alpha=\tan\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)$。

因此 $\arctan\frac{1}{x}=\frac{\pi}{2}-\alpha=\frac{\pi}{2}-\arctan x$，即 $\arctan x+\arctan\frac{1}{x}=\frac{\pi}{2}$。$\blacksquare$

（II） 区域 $D$ 关于 $y=x$ 对称（将 $x$、$y$ 互换后，$y=\sqrt{3}x\leftrightarrow x=\sqrt{3}y$，$xy=1\leftrightarrow xy=1$，均不变）。

由轮换对称性：

两式相加，利用（I）的结论（令 $t=y/x>0$）：$\arctan\frac{y}{x}+\arctan\frac{x}{y}=\frac{\pi}{2}$，得

令 $u=xy$，$v=\frac{y}{x}$，则 $D$ 变为 $[1,2]\times[1/\sqrt{3},\sqrt{3}]$，雅可比行列式 $\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|=\frac{1}{2v}$。

利用轮换对称性化简： 区域 $D$ 关于 $y=x$ 对称（将 $x$、$y$ 互换后所有边界方程不变）。

由轮换对称性：$\iint_D x\,d\sigma=\iint_D y\,d\sigma$，故 $\iint_D (x-y)\,d\sigma=0$。

计算面积（换元法）： 令 $u=xy$，$v=\frac{y}{x}$，则 $u\in[1/3,\,3]$，$v\in[1/3,\,3]$，$\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|=\frac{1}{2v}$。

方法二（极坐标）： 由 $xy=r^2\sin\theta\cos\theta=\frac{r^2\sin 2\theta}{2}$，得 $r^2=\frac{2}{\sin 2\theta}\cdot\frac{1}{3}$ 或 $\frac{6}{\sin 2\theta}$。角度范围 $\theta\in[\arctan\frac{1}{3},\,\arctan 3]$。

令 $u=\tan\theta$：$\csc 2\theta\,d\theta=\frac{1}{2\sin\theta\cos\theta}d\theta=\frac{du}{u}$（其中 $u$ 从 $\frac{1}{3}$ 到 $3$），故

手稿批注：此题极坐标不需要分段，但计算很麻烦；直角坐标（换元）需要分段，但计算很简单。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。此思想在后续的例 6.18 中也有体现。

分析区域： $x^2+y^2\leq 4x$ 即 $(x-2)^2+y^2\leq 4$（圆心 $(2,0)$，半径 $2$）；$x^2+y^2\leq 4y$ 即 $x^2+(y-2)^2\leq 4$（圆心 $(0,2)$，半径 $2$）。

两圆交于 $(0,0)$ 和 $(2,2)$，$D$ 为透镜形公共区域，关于 $y=x$ 对称。

利用对称性： 设 $D_1$ 为 $D$ 中 $y\leq x$ 的部分。由对称性：

极坐标计算 $D_1$： 在 $D_1$ 中（$y\leq x$ 即 $\theta\leq\pi/4$），约束为 $r\leq 4\sin\theta$：

$(x-y)^2=r^2(\cos\theta-\sin\theta)^2=r^2(1-\sin 2\theta)$，故

第一个积分（降幂公式 $\sin^4\theta=\frac{3-4\cos 2\theta+\cos 4\theta}{8}$）：

第二个积分（令 $u=\sin\theta$）：

合并：

手稿批注：降幂公式要记住！$\sin^4\theta=\left(\frac{1-\cos 2\theta}{2}\right)^2=\frac{3-4\cos 2\theta+\cos 4\theta}{8}$。

配方：$(x-\frac{1}{2})^2+(y-\frac{1}{2})^2\leq \frac{1}{2}$，圆心 $(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$，半径 $R=\frac{1}{\sqrt{2}}$。

方法一（直接极坐标）： 令 $x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，由 $r^2\leq r(\cos\theta+\sin\theta)$ 得 $r\leq\cos\theta+\sin\theta$，$\theta\in[-\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}]$。

方法二（极坐标的平移）： 令 $x-\frac{1}{2}=r\cos\theta$，$y-\frac{1}{2}=r\sin\theta$，则 $D: r\leq\frac{1}{\sqrt{2}}$，$\theta\in[0,2\pi]$。

由对称性 $\int_0^{2\pi}\cos\theta\,d\theta=\int_0^{2\pi}\sin\theta\,d\theta=0$，故

方法三（对称性的平移）： 区域关于 $x=\frac{1}{2}$ 和 $y=\frac{1}{2}$ 均对称，故

方法四（形心）： $\bar{x}=\bar{y}=\frac{1}{2}$，$S=\frac{\pi}{2}$，故 $\iint_D (x+y)\,d\sigma=(\bar{x}+\bar{y})\cdot S=1\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}$。

手稿批注：此题应条件反射般想到方法三。方法一为直接极坐标，方法二为极坐标的平移，二者积分限不同。

（1） 区域 $D$：$0\leq y\leq 1$，$\sqrt{y}\leq x\leq\sqrt{2-y^2}$。

即 $x\geq\sqrt{y}$（即 $y\leq x^2$）且 $x\leq\sqrt{2-y^2}$（即 $x^2+y^2\leq 2$）。

交换次序（先 $y$ 后 $x$），需分段：

（2） 区域 $D$ 由两部分组成：$D_1$（$0\leq x\leq 1$，$0\leq y\leq\sqrt{2x-x^2}$，即圆 $(x-1)^2+y^2\leq 1$ 的上半部分左半）和 $D_2$（$1\leq x\leq 2$，$0\leq y\leq 2-x$，即直线下方）。

交换次序：

（3） 注意：当 $x\in(0,1)$ 时 $\sqrt{x}>x^2$（正常），当 $x\in(1,2)$ 时 $\sqrt{x}<x^2$（上限小于下限）。先加负号改写：

交换次序：

手稿批注：交换积分次序的关键是画出积分区域，然后用水平线（或竖直线）穿过区域，确定新的积分限。

积分区域为 $r=2a\cos\theta$（圆心 $(a,0)$，半径 $a$）在 $\theta\in[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}]$ 范围内的部分。

方法二（优先）： 把 $r$ 看作 "$y$"，把 $\theta$ 看作 "$x$"。由 $r=2a\cos\theta$ 得 $\cos\theta=\frac{r}{2a}$，即 $\theta=\arccos\frac{r}{2a}$。

注意 $\theta$ 的范围跨越了 $[0,\pi/2]$，需分段处理反余弦：

• 当 $\theta\in[0,\pi/2]$：$\theta=\arccos\frac{r}{2a}$
• 当 $\theta\in[-\pi/4,0]$：$\theta=-\arccos\frac{r}{2a}$

交换后（具体分段从略，推荐看视频讲解）。

化为极坐标：$D=\{(r,\theta)\mid 0\leq r\leq 1,\;0\leq\theta\leq\frac{\pi}{4}\}$。

注意 $r$ 和 $\theta$ 的积分限全是常数！在 $(\theta,r)$ 空间中区域为矩形，交换积分次序极其简单。

由于 $\theta$ 的限为常数，可以先对 $\theta$ 积分。令 $u=r^2(1+\sin 2\theta)$，$du=2r^2\cos 2\theta\,d\theta$：

代入：

手稿批注：此题若不交换积分次序，计算量会非常非常大。由于 $r$ 和 $\theta$ 的限都是常数，按照本小节方法，把 $r$ 看作 $y$，把 $\theta$ 看作 $x$，交换积分次序后计算量变得非常小。

展开被积函数：$x+x y f(x^2+y^2)$。

对区域进行分割，构造关于 $y$ 轴或 $x$ 轴的对称性。注意 $xyf(x^2+y^2)$ 关于 $x$ 为奇函数（将 $x\to -x$ 后变号），在关于 $y$ 轴对称的子区域上积分为 $0$。

最终只需计算 $\iint_D x\,d\sigma$ 中不能消去的部分。结果为 $-\dfrac{2}{5}$。

令 $x^2+y^2-2y=0$，即 $x^2+(y-1)^2=1$（圆心 $(0,1)$，半径 $1$）。

此圆将 $D$（大圆 $x^2+y^2\leq 4$）分为：

• $D_1$：小圆内部，$x^2+y^2-2y\leq 0$（绝对值取负）
• $D_2$：大圆减去小圆，$x^2+y^2-2y\geq 0$（绝对值取正）

利用 $\iint_D = \iint_{D_1}+\iint_{D_2}$ 转化：

分别用极坐标计算，最终结果为 $9\pi$。

此题专坑聪明人。如果用了割补法对区间进行划分，利用奇偶性，计算量会相当相当大。如果直接用极坐标算，计算量反而会小。

关键判断： 被积函数或积分区域出现了 $x^2+y^2$ 的形式，就无脑直接使用极坐标。

直接极坐标法： 区域 $D$ 在极坐标下为：$x^2+y^2\leq 4$（$r\leq 2$），$y\geq 0$（$\theta\in[0,\pi]$），$x\geq y-2$（即 $r\cos\theta\geq r\sin\theta-2$）。

实际上，对 $\theta\in[0,\pi/2]$：$r$ 从 $0$ 到 $2$；对 $\theta\in[\pi/2,\pi]$：需考虑直线 $x=y-2$ 的约束。

经过计算（详细过程推荐看视频），最终结果为：

手稿批注：当发现用了割补法利用对称性化简后计算量反而很大的话，可以考虑不化简被积函数，直接用极坐标进行计算。此思想在 2022 数一数三真题中体现得淋漓尽致。

第一步：将极坐标区域转化为直角坐标区域。

由 $r=\sec\theta$ 得 $r\cos\theta=1$，即 $x=1$。

由 $\theta=\dfrac{\pi}{4}$ 得 $\tan\theta=1$，即 $y=x$。

由 $\theta=0$ 得 $y=0$。

故 $D$ 在直角坐标下为：

第二步：在直角坐标下计算二重积分。

对内层积分，令 $u=x-y$，$du=-dy$：

代入外层积分：

分别计算：

故：

手稿批注：此题的关键是把极坐标下的区域转化为直角坐标下的区域。$r=\sec\theta$ 即 $x=1$，$\theta=\pi/4$ 即 $y=x$，转化后区域为三角形，计算就变得简单了。