第3节 极坐标系下⼆重积分的计算

一、 基础题

1. 将二重积分 $\iint_D f(x,y)\text{d}x\text{d}y$ 化为极坐标系下的二次积分.

(1) $D: 1 \leqslant x^2 + y^2 \leqslant 4$

• 解答： 积分区域 $D$ 是以原点为圆心，半径从 $1$ 到 $2$ 的圆环。

在极坐标系中，区域边界可表示为 $1 \leqslant r^2 \leqslant 4$，即 $1 \leqslant r \leqslant 2$。

因为是完整的圆环，极角 $\theta$ 的范围是 $0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$。

积分微元 $\text{d}x\text{d}y = r\text{d}r\text{d}\theta$。

化为二次积分为：$\int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_1^2 f(r\cos\theta, r\sin\theta)r \text{d}r$

(2) $D: x^2 + y^2 \geqslant 2x, x^2 + y^2 \leqslant 4x$

• 解答： 将直角坐标方程化为极坐标形式：

$x^2 + y^2 \geqslant 2x \Rightarrow r^2 \geqslant 2r\cos\theta \Rightarrow r \geqslant 2\cos\theta$

$x^2 + y^2 \leqslant 4x \Rightarrow r^2 \leqslant 4r\cos\theta \Rightarrow r \leqslant 4\cos\theta$

要使 $r \geqslant 0$，必须满足 $\cos\theta \geqslant 0$，即 $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$。

化为二次积分为：$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \text{d}\theta \int_{2\cos\theta}^{4\cos\theta} f(r\cos\theta, r\sin\theta)r \text{d} r$

(3) $D: 0 \leqslant y \leqslant 1-x, 0 \leqslant x \leqslant 1$

• 解答： 积分区域 $D$ 是顶点为 $(0,0), (1,0), (0,1)$ 的直角三角形。

化为极坐标：直线 $x+y=1 \Rightarrow r\cos\theta + r\sin\theta = 1 \Rightarrow r = \frac{1}{\cos\theta+\sin\theta}$。

极角范围为第一象限内的三角形区域，即 $0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$。

化为二次积分为：$\int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^{\frac{1}{\cos\theta+\sin\theta}} f(r\cos\theta, r\sin\theta)r \text{d} r$

(4) $D$ 为第一象限内曲线 $x^2+y^2=1, x^2+y^2=4, y=x, y=0$ 围成的区域.

• 解答： 在极坐标系中，$x^2+y^2=1$ 即 $r=1$；$x^2+y^2=4$ 即 $r=2$。

射线 $y=0$ 即 $\theta = 0$；射线 $y=x$ 即 $\theta = \frac{\pi}{4}$。

因此极角范围是 $\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$，极径范围是 $[1, 2]$。

化为二次积分为：$\int_0^{\pi/4} \text{d}\theta \int_1^2 f(r\cos\theta, r\sin\theta)r \text{d}r$

2. 利用极坐标计算 $\iint_D (x-2y)^2 \text{d}x\text{d}y$，积分区域 $D = \{(x,y) \mid x^2+y^2 \leqslant 4\}$.

• 解答：

积分区域 $D$ 是原点为圆心、半径为 2 的圆，极坐标下表示为 $0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$, $0 \leqslant r \leqslant 2$。

将原积分化为极坐标形式：

$\iint_D (x-2y)^2 \text{d}x\text{d}y = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^2 (r\cos\theta - 2r\sin\theta)^2 r \text{d}r$

$= \int_0^{2\pi} (\cos\theta - 2\sin\theta)^2 \text{d}\theta \int_0^2 r^3 \text{d}r$

分别计算两个积分：

$\int_0^2 r^3 \text{d}r = \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^2 = 4$

$\int_0^{2\pi} (\cos^2\theta - 4\cos\theta\sin\theta + 4\sin^2\theta) \text{d}\theta$

$= \int_0^{2\pi} \cos^2\theta \text{d}\theta - 4\int_0^{2\pi} \sin\theta\cos\theta \text{d}\theta + 4\int_0^{2\pi} \sin^2\theta \text{d}\theta = \pi - 0 + 4\pi = 5\pi$

相乘得到最终结果：$4 \times 5\pi =$ $20\pi$

3. 利用极坐标计算 $\iint_D x^2 \text{d}x\text{d}y$，其中 $D = \{(x,y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 2, \sqrt{2x-x^2} \leqslant y \leqslant \sqrt{4-x^2}\}$.

• 解答：

区域的上边界为 $y = \sqrt{4-x^2}$，即 $x^2+y^2=4\ (y \geqslant 0)$，极坐标下为 $r=2$。

区域的下边界为 $y = \sqrt{2x-x^2}$，即 $x^2+y^2=2x\ (y \geqslant 0)$，极坐标下为 $r=2\cos\theta$。

由于 $0 \leqslant x \leqslant 2$ 且 $y \geqslant 0$，区域位于第一象限，极角范围为 $0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$。

积分转换为：

$I = \int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_{2\cos\theta}^2 (r\cos\theta)^2 r \text{d}r = \int_0^{\pi/2} \cos^2\theta \left[ \frac {r^4}{4} \right]_{2\cos\theta}^2 \text{d}\theta$

$= \int_0^{\pi/2} \cos^2\theta (4 - 4\cos^4\theta) \text{d}\theta = 4\int_0^{\pi/2} \cos^2\theta \text{d}\theta - 4\int_0^ {\pi/2} \cos^6\theta \text{d}\theta$

利用华里士公式（点火公式）：

$= 4 \left( \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} \right) - 4 \left( \frac{5}{6} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac {\pi}{2} \right) = \pi - 4 \left( \frac{15}{96}\pi \right) = \pi - \frac{5}{8}\pi =$ $\frac{3}{8}\pi$

4. 利用极坐标计算 $\iint_D (x^2+y^2) \text{d}x\text{d}y$，积分区域 $D = \{(x,y) \mid x^2+y^2 \leqslant 4x\}$.

• 解答：

边界方程 $x^2+y^2 \leqslant 4x$ 化为极坐标：$r^2 \leqslant 4r\cos\theta \Rightarrow r \leqslant 4\cos\theta$。

由于圆在 $y$ 轴右侧，极角范围为 $-\frac{\pi}{2} \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$。

积分转换为：

$I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^{4\cos\theta} r^2 \cdot r \text{d}r = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \left[ \frac{r^4} {4} \right]_0^{4\cos\theta} \text{d}\theta = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} 64\cos^4\theta \text{d}\theta$

由偶函数对称性和点火公式：

$= 128 \int_0^{\pi/2} \cos^4\theta \text{d}\theta = 128 \left( \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} \right) = 128 \cdot \frac{3\pi}{16} =$ $24\pi$

5. 利用极坐标计算 $\iint_D y \text{d}x\text{d}y$，积分区域 $D = \{(x,y) \mid x^2+y^2 \leqslant 4, x \geqslant 0, y \geqslant 0\} $.

• 解答：

区域 $D$ 是第一象限内半径为 2 的四分之一圆，极角范围 $0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$，极径 $0 \leqslant r \leqslant 2$。

$I = \int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^2 (r\sin\theta) r \text{d}r = \int_0^{\pi/2} \sin\theta \text{d}\theta \int_0^2 r^2 \text{d}r$

$= [-\cos\theta]_0^{\pi/2} \cdot \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^2 = (0 - (-1)) \cdot \frac{8}{3} =$ $\frac{8}{3}$

二、 提高题

6. 计算 $\iint_D \ln(1+x^2+y^2) \text{d}x\text{d}y$，其中积分区域 $D = \{(x,y) \mid x^2+y^2 \leqslant 1, x \geqslant 0, y \geqslant 0\}$.

• 解答：

区域 $D$ 为第一象限的四分之一单位圆。在极坐标下：$\theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, $r \in [0, 1]$。

$I = \int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^1 \ln(1+r^2) r \text{d}r = \frac{\pi}{2} \int_0^1 \ln(1+r^2) r \text{d}r$

凑微分，令 $u = 1+r^2$，则 $\text{d}u = 2r\text{d}r$：

$\int_0^1 \ln(1+r^2) r \text{d}r = \frac{1}{2} \int_1^2 \ln u \text{d}u$

使用分部积分法：$\int \ln u \text{d}u = u\ln u - u$

$= \frac{1}{2} [u\ln u - u]_1^2 = \frac{1}{2}((2\ln 2 - 2) - (0 - 1)) = \ln 2 - \frac{1}{2}$

所以最终结果为：$\frac{\pi}{2}\left(\ln 2 - \frac{1}{2}\right)$ 或 $\frac{\pi}{2}\ln 2 - \frac{\pi}{4}$

7. 计算 $\iint_D \left(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}\right) \text{d}x\text{d}y$，其中积分区域 $D$ 为 $x^2+y^2 \leqslant R^2\ (R>0)$，且常数 $a>b>0$.

• 解答：

转换为极坐标：$\theta \in [0, 2\pi], r \in [0, R]$。

$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^R \left(\frac{r^2\cos^2\theta}{a^2} + \frac{r^2\sin^2\theta}{b^2}\right) r \text{d}r = \int_0^{2\pi} \left(\frac{\cos^2\theta}{a^2} + \frac{\sin^2\theta}{b^2}\right) \text{d}\theta \int_0^R r^3 \text{d}r$

$\int_0^{2\pi} \cos^2\theta \text{d}\theta = \pi$，$\int_0^{2\pi} \sin^2\theta \text{d}\theta = \pi$；$\int_0^R r^3 \text{d}r = \frac{R^4}{4}$

$I = \left(\frac{\pi}{a^2} + \frac{\pi}{b^2}\right) \cdot \frac{R^4}{4} =$ $\frac{\pi R^4 (a^2+b^2)}{4a^2 b^2}$

8. 计算 $\iint_D y \text{d}x\text{d}y$，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.

• 解答：

曲线 $x = -\sqrt{2y-y^2}$ 两边平方可得 $x^2 + (y-1)^2 = 1\ (x \leqslant 0)$，这是圆心在 $(0,1)$，半径为 1 的左半圆。

由题意，积分区域 $D$ 可视为一个矩形 $R = [-2, 0] \times [0, 2]$ 中挖去左半圆 $H = \{(x,y) \mid x^2 + (y-1)^2 \leqslant 1, x \leqslant 0\}$ 后剩余的区域。

利用二重积分的可加性：$\iint_D y \text{d}x\text{d}y = \iint_R y \text{d}x\text{d}y - \iint_H y \text{d}x\text{d}y$。

矩形部分积分：$\iint_R y \text{d}x\text{d}y = \int_{-2}^0 \text{d}x \int_0^2 y \text{d}y = 2 \times \left[\frac{y^2}{2}\right] _0^2 = 4$。

半圆部分积分巧妙利用对称性：$\iint_H y \text{d}x\text{d}y = \iint_H (y-1+1) \text{d}x\text{d}y = \iint_H (y-1) \text{d}x\text{d}y

• \iint_H 1 \text{d}x\text{d}y$。

由于区域 $H$ 关于直线 $y=1$ 上下对称，且被积函数 $(y-1)$ 是奇函数，故 $\iint_H (y-1) \text{d}x\text{d}y = 0$。

而 $\iint_H 1 \text{d}x\text{d}y$ 即为半圆 $H$ 的面积，等于 $\frac{1}{2} \cdot \pi \cdot 1^2 = \frac{\pi}{2}$。

所以，最终积分值为 $4 - \frac{\pi}{2}$。

9. 将二重积分 $\iint_D f(x,y)\text{d}x\text{d}y$ 化成极坐标系下的累次积分，其中区域 $D=\{(x,y) \mid 0 \leqslant x \leqslant a, 0 \leqslant y \leqslant a\}$.

• 解答：

区域 $D$ 位于第一象限的一个正方形。在极坐标下：

直线 $x=a$ 对应极坐标方程 $r\cos\theta = a \Rightarrow r = \frac{a}{\cos\theta}$。

直线 $y=a$ 对应极坐标方程 $r\sin\theta = a \Rightarrow r = \frac{a}{\sin\theta}$。

这两条线在区域内的交点为 $\theta = \frac{\pi}{4}$。

所以需要将积分按角度 $\theta$ 分段：

当 $0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{4}$ 时，射线的边界为直线 $x=a$。

当 $\frac{\pi}{4} \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$ 时，射线的边界为直线 $y=a$。

化为极坐标的累次积分为：

$\int_0^{\pi/4} \text{d}\theta \int_0^{a/\cos\theta} f(r\cos\theta, r\sin\theta)r \text{d}r + \int_{\pi/4}^{\pi/2} \text{d} \theta \int_0^{a/\sin\theta} f(r\cos\theta, r\sin\theta)r \text{d}r$

三、 考研真题

10. (1996306) 累次积分 $\int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^{\cos\theta} f(\rho\cos\theta, \rho\sin\theta)\rho \text{d} \rho$ 可以写成________.

• 解答：

分析该极坐标累次积分所表示的区域：

极角范围：$0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$。极径范围：$0 \leqslant \rho \leqslant \cos\theta$。

将 $\rho = \cos\theta$ 两边同乘 $\rho$，得到 $\rho^2 = \rho\cos\theta$，转换为直角坐标即 $x^2 + y^2 = x$。

配方得 $\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + y^2 = \frac{1}{4}$，这是一个圆心在 $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$、半径为 $\frac{1}{2}$ 的 圆。

由于 $\theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$，该区域限定在第一象限，因此它是这个圆在 $x$ 轴上方的上半部分。

将其转换为直角坐标系下的先 $y$ 后 $x$ 的二次积分：

$x$ 的取值范围为圆的横向跨度，即 $[0, 1]$。

对于固定的 $x$，$y$ 从 $y=0$ 穿出上半圆周 $y = \sqrt{x-x^2}$。

转换后的积分形式为：$\int_0^1 \text{d}x \int_0^{\sqrt{x-x^2}} f(x,y)\text{d}y$。

对比选项，答案选 D。

11. (2014217) 设平面区域 $D = \{(x,y) \mid 1 \leqslant x^2+y^2 \leqslant 4, x \geqslant 0, y \geqslant 0\}$，计算二重积分 $\iint_D \frac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y} \text{d}x\text{d}y$.

• 解答：

积分区域 $D$ 是第一象限内的圆环部分，关于直线 $y=x$ 完全对称。

利用区域对称性和轮换对称性，交换被积函数中的 $x, y$ 积分值不变：

$I = \iint_D \frac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y} \text{d}x\text{d}y = \iint_D \frac{y\sin(\pi\sqrt{y^2+x^2})}{y+x} \text{d} x\text{d}y$

将两式相加：

$2I = \iint_D \frac{x+y}{x+y} \sin(\pi\sqrt{x^2+y^2}) \text{d}x\text{d}y = \iint_D \sin(\pi\sqrt{x^2+y^2}) \text{d}x\text{d}y$

所以 $I = \frac{1}{2} \iint_D \sin(\pi\sqrt{x^2+y^2}) \text{d}x\text{d}y$。

使用极坐标计算：$\theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right], r \in [1, 2]$。

$I = \frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_1^2 \sin(\pi r) r \text{d}r = \frac{\pi}{4} \int_1^2 r\sin(\pi r) \text{d} r$

用分部积分法求定积分：$\int_1^2 r\sin(\pi r) \text{d}r = -\frac{1}{\pi}\int_1^2 r\text{d}(\cos(\pi r)) = -\frac{1}{\pi} [r\cos (\pi r)]_1^2 + \frac{1}{\pi}\int_1^2 \cos(\pi r)\text{d}r$

$= -\frac{1}{\pi}(2\cos 2\pi - \cos\pi) + \left[ \frac{1}{\pi^2}\sin(\pi r) \right]_1^2 = -\frac{1}{\pi}(2 - (-1)) + 0 = -\frac{3}{\pi}$

最终结果：$I = \frac{\pi}{4} \times \left(-\frac{3}{\pi}\right) =$ $-\frac{3}{4}$。

12. (2005221) 计算二重积分 $\iint_D |x^2+y^2-1| \text{d}x\text{d}y$，其中区域 $D = \{(x,y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 1, 0 \leqslant y \leqslant 1\}$.

• 解答：

根据绝对值符号内的正负，将正方形区域 $D$ 拆分为 $D_1$ ($x^2+y^2 \leqslant 1$，四分之一圆内) 和 $D_2$ ($x^2+y^2 > 1$)。

原积分 $I = \iint_{D_1} (1-x^2-y^2) \text{d}x\text{d}y + \iint_{D_2} (x^2+y^2-1) \text{d}x\text{d}y$

为了简化计算，可以构造：$I = \iint_D (x^2+y^2-1) \text{d}x\text{d}y + 2\iint_{D_1} (1-x^2-y^2) \text{d}x\text{d}y$。

计算第一项在正方形上的积分：

$\iint_D (x^2+y^2-1) \text{d}x\text{d}y = \int_0^1 \text{d}x \int_0^1 (x^2+y^2-1) \text{d}y = \int_0^1 \left[ x^2y + \frac {y^3}{3} - y \right]_0^1 \text{d}x = \int_0^1 \left( x^2 - \frac{2}{3} \right) \text{d}x = \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{2x} {3} \right]_0^1 = -\frac{1}{3}$。

计算第二项在四分之一圆上的积分（使用极坐标）：

$\iint_{D_1} (1-x^2-y^2) \text{d}x\text{d}y = \int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^1 (1-r^2)r \text{d}r = \frac{\pi}{2} \left [ \frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4} \right]_0^1 = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{8}$。

最终结果：$I = -\frac{1}{3} + 2\left(\frac{\pi}{8}\right) =$ $\frac{\pi}{4} - \frac{1}{3}$。

13. (2013206) 设 $D_k$ 是圆域 $D = \{(x,y) \mid x^2+y^2 \leqslant 1\}$ 在第 $k$ 象限的部分，记 $I_k = \iint_{D_k} (y-x) \text{d} x\text{d}y\ (k=1,2,3,4)$，则________.

• 解答：

利用几何直观和对称性分析被积函数 $f(x,y) = y-x$ 的正负号。

• 在第一象限 $D_1$ 内：区域关于 $y=x$ 对称，被积函数在 $y>x$ 时为正，在 $y

• 在第二象限 $D_2$ 内：$x < 0$ 且 $y > 0$，因此 $y - x > 0$ 恒成立。故被积函数大于0，积分 $I_2 > 0$。

• 在第三象限 $D_3$ 内：区域关于 $y=x$ 对称，同理 $I_3 = 0$。

• 在第四象限 $D_4$ 内：$x > 0$ 且 $y < 0$，因此 $y - x < 0$ 恒成立。故被积函数小于0，积分 $I_4 < 0$。

对比选项，答案选 B。