考研数学二·零基础讲义 · 第 13 讲（三）｜二重积分：极坐标计算
学完本篇，你能把直角坐标方程化成极坐标，判断什么时候该用极坐标，写出常见区域的 r , θ r,\theta r , θ r r r
本讲地图#
第 13 讲拆成四篇：（一）概念、性质与直角坐标计算；（二）交换积分次序与定限训练；（三）极坐标计算；（四）对称性与方法选择。数二只考二重积分 ，三重积分、曲线曲面积分不考。
认识极坐标 ：( r , θ ) (r,\theta) ( r , θ ) 极坐标计算二重积分 ：何时用、d σ = r d r d θ d\sigma=r\,dr\,d\theta d σ = r d r d θ 几个经典结果 ：高斯积分 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = π 2 \int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt\pi}{2} ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = 2 π
前置知识#
第 13 讲（一）（二）：二重积分的概念、直角坐标下的计算。
三角函数基本公式、∫ 0 π / 2 cos n θ d θ \int_0^{\pi/2}\cos^n\theta\,d\theta ∫ 0 π /2 cos n θ d θ
反常积分的概念（见第 11 讲，例 3 会用到）。
一句话心态：看见圆，想极坐标 。而换极坐标的第一句话永远是"d σ = r d r d θ d\sigma=r\,dr\,d\theta d σ = r d r d θ r r r
一、先认识极坐标#
1.1 大白话#
平面上确定一个点的位置，有两种说法：
直角坐标 ："往东走 3 步，再往北走 4 步"——用 ( x , y ) (x,y) ( x , y ) 极坐标 ："朝东偏北某个角度的方向，走 5 步"——用"方向 + 距离"，即 ( r , θ ) (r,\theta) ( r , θ )
就像问路时，有人说"先往前两个路口再左转一个路口"，有人说"往那个方向直走五百米"。两种说法描述的是同一个地方。对于圆形的东西，"方向 + 距离"的说法要简单得多：圆周上的点"距离"都一样。
1.2 正式定义#
以原点 O O O 极点 、x x x 极轴 。平面上一点 P P P
r = ∣ O P ∣ r=|OP| r = ∣ O P ∣ r ≥ 0 r\ge0 r ≥ 0 θ \theta θ O P OP O P
两种坐标的换算：
x = r cos θ , y = r sin θ , x 2 + y 2 = r 2 , tan θ = y x ( x ≠ 0 ) . x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,\qquad x^2+y^2=r^2,\qquad \tan\theta=\frac yx\ (x\ne0). x = r cos θ , y = r sin θ , x 2 + y 2 = r 2 , tan θ = x y ( x = 0 ) . 1.3 逐行拆解#
r r r θ \theta θ 前两个式子来自直角三角形：斜边是 r r r r cos θ r\cos\theta r cos θ r sin θ r\sin\theta r sin θ
x 2 + y 2 = r 2 x^2+y^2=r^2 x 2 + y 2 = r 2 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 r 2 r^2 r 2 把曲线方程化成极坐标 ：直接把 x = r cos θ , y = r sin θ x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta x = r cos θ , y = r sin θ
直角坐标方程
代入化简
极坐标方程
x 2 + y 2 = 4 x^2+y^2=4 x 2 + y 2 = 4 r 2 = 4 r^2=4 r 2 = 4 r = 2 r=2 r = 2
y = x ( x > 0 ) y=x\ (x>0) y = x ( x > 0 ) tan θ = 1 \tan\theta=1 tan θ = 1 θ = π 4 \theta=\frac\pi4 θ = 4 π
x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x r 2 = 2 r cos θ r^2=2r\cos\theta r 2 = 2 r cos θ r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ
x 2 + y 2 = 2 y x^2+y^2=2y x 2 + y 2 = 2 y r 2 = 2 r sin θ r^2=2r\sin\theta r 2 = 2 r sin θ r = 2 sin θ r=2\sin\theta r = 2 sin θ
x = 1 x=1 x = 1 r cos θ = 1 r\cos\theta=1 r cos θ = 1 r = 1 cos θ r=\dfrac{1}{\cos\theta} r = cos θ 1
x + y = 1 x+y=1 x + y = 1 r ( cos θ + sin θ ) = 1 r(\cos\theta+\sin\theta)=1 r ( cos θ + sin θ ) = 1 r = 1 cos θ + sin θ r=\dfrac{1}{\cos\theta+\sin\theta} r = cos θ + sin θ 1
1.4 例题#
例 1 把区域 D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 4 , y ≥ x , x ≥ 0 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le4,\ y\ge x,\ x\ge0\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 4 , y ≥ x , x ≥ 0 }
解 ：
x 2 + y 2 ≤ 4 x^2+y^2\le4 x 2 + y 2 ≤ 4 r ≤ 2 r\le2 r ≤ 2 x ≥ 0 x\ge0 x ≥ 0 y ≥ x y\ge x y ≥ x y y y y = x y=x y = x π 4 \frac\pi4 4 π π 2 \frac\pi2 2 π
所以 D = { ( r , θ ) ∣ π 4 ≤ θ ≤ π 2 , 0 ≤ r ≤ 2 } D=\{(r,\theta)\mid \frac\pi4\le\theta\le\frac\pi2,\ 0\le r\le2\} D = {( r , θ ) ∣ 4 π ≤ θ ≤ 2 π , 0 ≤ r ≤ 2 } π 4 \frac\pi4 4 π
1.5 易错点 ⚠️#
r r r ≥ 0 \ge0 ≥ 0 θ \theta θ x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x r r r r = 0 r=0 r = 0 r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ θ = ± π 2 \theta=\pm\frac\pi2 θ = ± 2 π
二、极坐标计算#
2.1 大白话：什么时候用#
当区域是圆、圆环、扇形 或它们的一部分，或者被积函数里有 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 x 2 + y 2 = 4 x^2+y^2=4 x 2 + y 2 = 4 r = 2 r=2 r = 2
信号 ：区域边界有圆；被积函数含 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2 y x \dfrac{y}{x} x y
2.2 公式#
令 x = r cos θ x=r\cos\theta x = r cos θ y = r sin θ y=r\sin\theta y = r sin θ
∬ D f ( x , y ) d σ = ∬ D f ( r cos θ , r sin θ ) r d r d θ . \iint_D f(x,y)\,d\sigma=\iint_D f(r\cos\theta,\ r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta . ∬ D f ( x , y ) d σ = ∬ D f ( r cos θ , r sin θ ) r d r d θ . 通常先对 r r r θ \theta θ
= ∫ α β d θ ∫ r 1 ( θ ) r 2 ( θ ) f ( r cos θ , r sin θ ) r d r . =\int_\alpha^\beta d\theta\int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)}f(r\cos\theta,r\sin\theta)\,r\,dr . = ∫ α β d θ ∫ r 1 ( θ ) r 2 ( θ ) f ( r cos θ , r sin θ ) r d r . 2.3 逐行拆解#
r r r r ≥ 0 r\ge0 r ≥ 0 θ \theta θ x x x x 2 + y 2 = r 2 x^2+y^2=r^2 x 2 + y 2 = r 2 r d r d θ r\,dr\,d\theta r d r d θ r r r d r dr d r = r d θ =r\,d\theta = r d θ d r × r d θ dr\times r\,d\theta d r × r d θ
d σ = r d r d θ . d\sigma=r\,dr\,d\theta . d σ = r d r d θ . 直观理解：离原点越远，同样的 d θ d\theta d θ r r r
极坐标分割：用射线和同心圆切，小块面积 dσ = r dr dθ
8 条射线 × 3 个圆环 16 条射线 × 6 个圆环 32 条射线 × 12 个圆环 橙色小块 ≈ 长 r·Δθ × 宽 Δr，面积 ≈ r Δr Δθ
图 1：用射线和同心圆把圆盘越切越细；橙色小块近似长 r·Δθ、宽 Δr 的小矩形，所以 dσ = r dr dθ（动画循环播放）
定限方法 ：从原点出发画射线 。
θ \theta θ r r r r r r r r r
一个小实验，证明那个 r r r ：用极坐标算半径为 a a a
正确写法：∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a r d r = 2 π ⋅ a 2 2 = π a 2 \displaystyle\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^ar\,dr=2\pi\cdot\frac{a^2}{2}=\pi a^2 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a r d r = 2 π ⋅ 2 a 2 = π a 2
漏掉 r r r ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a 1 d r = 2 π a \displaystyle\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^a1\,dr=2\pi a ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a 1 d r = 2 π a
所以每次换极坐标，都可以拿"∬ D 1 d σ \iint_D1\,d\sigma ∬ D 1 d σ
极坐标定限三步走 （以 D : x 2 + y 2 ≤ 2 x D:\ x^2+y^2\le2x D : x 2 + y 2 ≤ 2 x
画图 ：x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x ( x − 1 ) 2 + y 2 = 1 (x-1)^2+y^2=1 ( x − 1 ) 2 + y 2 = 1 ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) y y y 定 θ \theta θ ：从原点出发的射线，要能碰到这个圆，方向必须指向右半平面，所以 − π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2 − 2 π ≤ θ ≤ 2 π θ = ± π 2 \theta=\pm\frac\pi2 θ = ± 2 π y y y 定 r r r ：沿角度为 θ \theta θ r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ 0 ≤ r ≤ 2 cos θ 0\le r\le2\cos\theta 0 ≤ r ≤ 2 cos θ
偏心圆 x² + y² ≤ 2x：射线扫过区域，定出 θ 与 r 的范围
x
y
1
2
O
射线从 θ = −π/2 转到 π/2：从原点进，到圆周 r = 2cos θ 出
D：−π/2 ≤ θ ≤ π/2，0 ≤ r ≤ 2cos θ
x² + y² = 2x
图 2：D：x² + y² ≤ 2x。射线从 θ = −π/2 转到 π/2，每条都从原点进入、在圆周 r = 2cos θ 处离开（动画循环播放）
2.4 常见区域的 r , θ r,\theta r , θ #
区域
极坐标方程
θ \theta θ r r r
x 2 + y 2 ≤ a 2 x^2+y^2\le a^2 x 2 + y 2 ≤ a 2 r = a r=a r = a 0 ≤ θ ≤ 2 π 0\le\theta\le2\pi 0 ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ a 0\le r\le a 0 ≤ r ≤ a
a 2 ≤ x 2 + y 2 ≤ b 2 a^2\le x^2+y^2\le b^2 a 2 ≤ x 2 + y 2 ≤ b 2 —
0 ≤ θ ≤ 2 π 0\le\theta\le2\pi 0 ≤ θ ≤ 2 π a ≤ r ≤ b a\le r\le b a ≤ r ≤ b
x 2 + y 2 ≤ a 2 x^2+y^2\le a^2 x 2 + y 2 ≤ a 2 —
0 ≤ θ ≤ π 2 0\le\theta\le\frac{\pi}{2} 0 ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ a 0\le r\le a 0 ≤ r ≤ a
x 2 + y 2 ≤ 2 a x x^2+y^2\le2ax x 2 + y 2 ≤ 2 a x a > 0 a>0 a > 0 ( a , 0 ) (a,0) ( a , 0 ) r = 2 a cos θ r=2a\cos\theta r = 2 a cos θ − π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac{\pi}{2}\le\theta\le\frac{\pi}{2} − 2 π ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ 2 a cos θ 0\le r\le2a\cos\theta 0 ≤ r ≤ 2 a cos θ
x 2 + y 2 ≤ 2 a y x^2+y^2\le2ay x 2 + y 2 ≤ 2 a y a > 0 a>0 a > 0 ( 0 , a ) (0,a) ( 0 , a ) r = 2 a sin θ r=2a\sin\theta r = 2 a sin θ 0 ≤ θ ≤ π 0\le\theta\le\pi 0 ≤ θ ≤ π 0 ≤ r ≤ 2 a sin θ 0\le r\le2a\sin\theta 0 ≤ r ≤ 2 a sin θ
x 2 + y 2 = 2 a x x^2+y^2=2ax x 2 + y 2 = 2 a x r 2 = 2 a r cos θ r^2=2ar\cos\theta r 2 = 2 a r cos θ r r r r = 2 a cos θ r=2a\cos\theta r = 2 a cos θ y y y θ \theta θ − π 2 -\frac\pi2 − 2 π π 2 \frac\pi2 2 π
2.5 例题#
例 2 计算 ∬ x 2 + y 2 ≤ a 2 e − ( x 2 + y 2 ) d σ \displaystyle\iint_{x^2+y^2\le a^2}e^{-(x^2+y^2)}\,d\sigma ∬ x 2 + y 2 ≤ a 2 e − ( x 2 + y 2 ) d σ a > 0 a>0 a > 0
解 ：直角坐标下 ∫ e − x 2 d x \int e^{-x^2}dx ∫ e − x 2 d x D D D 0 ≤ θ ≤ 2 π 0\le\theta\le2\pi 0 ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ a 0\le r\le a 0 ≤ r ≤ a x 2 + y 2 = r 2 x^2+y^2=r^2 x 2 + y 2 = r 2
∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a e − r 2 r d r = 2 π ⋅ [ − 1 2 e − r 2 ] 0 a = π ( 1 − e − a 2 ) . \int_0^{2\pi}d\theta\int_0^a e^{-r^2}\,r\,dr=2\pi\cdot\left[-\frac12e^{-r^2}\right]_0^a=\pi\left(1-e^{-a^2}\right). ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a e − r 2 r d r = 2 π ⋅ [ − 2 1 e − r 2 ] 0 a = π ( 1 − e − a 2 ) . 看，正是多出来的那个 r r r ∫ e − r 2 r d r \int e^{-r^2}r\,dr ∫ e − r 2 r d r
例 3（一个著名结果：高斯积分） 利用例 2 求 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x \displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x
解 ：这个积分在一元里"积不出来"，却可以借二重积分绕过去。
① 记 I = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x I=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx I = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x I = ∫ 0 + ∞ e − y 2 d y I=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-y^2}dy I = ∫ 0 + ∞ e − y 2 d y
I 2 = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x ⋅ ∫ 0 + ∞ e − y 2 d y = ∬ x ≥ 0 , y ≥ 0 e − ( x 2 + y 2 ) d σ . I^2=\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx\cdot\int_0^{+\infty}e^{-y^2}dy=\iint_{x\ge0,\,y\ge0}e^{-(x^2+y^2)}\,d\sigma . I 2 = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x ⋅ ∫ 0 + ∞ e − y 2 d y = ∬ x ≥ 0 , y ≥ 0 e − ( x 2 + y 2 ) d σ . ③ 换极坐标：第一象限是 0 ≤ θ ≤ π 2 0\le\theta\le\frac\pi2 0 ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r < + ∞ 0\le r<+\infty 0 ≤ r < + ∞
I 2 = ∫ 0 π / 2 d θ ∫ 0 + ∞ e − r 2 r d r = π 2 ⋅ [ − 1 2 e − r 2 ] 0 + ∞ = π 2 ⋅ 1 2 = π 4 . I^2=\int_0^{\pi/2}d\theta\int_0^{+\infty}e^{-r^2}r\,dr=\frac\pi2\cdot\left[-\frac12e^{-r^2}\right]_0^{+\infty}=\frac\pi2\cdot\frac12=\frac\pi4 . I 2 = ∫ 0 π /2 d θ ∫ 0 + ∞ e − r 2 r d r = 2 π ⋅ [ − 2 1 e − r 2 ] 0 + ∞ = 2 π ⋅ 2 1 = 4 π . ④ I > 0 I>0 I > 0
∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = π 2 . \int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt\pi}{2}. ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = 2 π . 这个结果值得记住，选择、填空偶尔会直接用到。（严格说，第②步把"两个反常积分相乘"化成"无界区域上的二重积分"需要一点理论支持，考研里直接用结论即可。）
例 4 计算 ∬ D x 2 + y 2 d σ \displaystyle\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,d\sigma ∬ D x 2 + y 2 d σ D : 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 D:\ 1\le x^2+y^2\le4 D : 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4
解 ：圆环，0 ≤ θ ≤ 2 π 0\le\theta\le2\pi 0 ≤ θ ≤ 2 π 1 ≤ r ≤ 2 1\le r\le2 1 ≤ r ≤ 2 x 2 + y 2 = r \sqrt{x^2+y^2}=r x 2 + y 2 = r
∫ 0 2 π d θ ∫ 1 2 r ⋅ r d r = 2 π ⋅ [ r 3 3 ] 1 2 = 2 π ⋅ 7 3 = 14 π 3 . \int_0^{2\pi}d\theta\int_1^2 r\cdot r\,dr=2\pi\cdot\left[\frac{r^3}{3}\right]_1^2=2\pi\cdot\frac73=\frac{14\pi}{3}. ∫ 0 2 π d θ ∫ 1 2 r ⋅ r d r = 2 π ⋅ [ 3 r 3 ] 1 2 = 2 π ⋅ 3 7 = 3 14 π . 例 5 计算 ∬ D x 2 + y 2 d σ \displaystyle\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,d\sigma ∬ D x 2 + y 2 d σ D : x 2 + y 2 ≤ 2 x D:\ x^2+y^2\le2x D : x 2 + y 2 ≤ 2 x
解 ：查表，D D D − π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2 − 2 π ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ 2 cos θ 0\le r\le2\cos\theta 0 ≤ r ≤ 2 cos θ
∫ − π / 2 π / 2 d θ ∫ 0 2 cos θ r 2 d r = ∫ − π / 2 π / 2 8 cos 3 θ 3 d θ . \int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\theta\int_0^{2\cos\theta}r^2\,dr=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{8\cos^3\theta}{3}\,d\theta . ∫ − π /2 π /2 d θ ∫ 0 2 c o s θ r 2 d r = ∫ − π /2 π /2 3 8 cos 3 θ d θ . cos 3 θ \cos^3\theta cos 3 θ = 16 3 ∫ 0 π / 2 cos 3 θ d θ =\dfrac{16}{3}\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,d\theta = 3 16 ∫ 0 π /2 cos 3 θ d θ ∫ 0 π / 2 cos 3 θ d θ = 2 3 \displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,d\theta=\frac23 ∫ 0 π /2 cos 3 θ d θ = 3 2
原式 = 16 3 ⋅ 2 3 = 32 9 . \text{原式}=\frac{16}{3}\cdot\frac23=\frac{32}{9}. 原式 = 3 16 ⋅ 3 2 = 9 32 . 例 6 计算 ∬ D ln ( 1 + x 2 + y 2 ) d σ \displaystyle\iint_D\ln(1+x^2+y^2)\,d\sigma ∬ D ln ( 1 + x 2 + y 2 ) d σ D D D x 2 + y 2 ≤ 1 x^2+y^2\le1 x 2 + y 2 ≤ 1
解 ：0 ≤ θ ≤ π 2 0\le\theta\le\frac\pi2 0 ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ 1 0\le r\le1 0 ≤ r ≤ 1 ln ( 1 + x 2 + y 2 ) = ln ( 1 + r 2 ) \ln(1+x^2+y^2)=\ln(1+r^2) ln ( 1 + x 2 + y 2 ) = ln ( 1 + r 2 )
∫ 0 π / 2 d θ ∫ 0 1 ln ( 1 + r 2 ) r d r . \int_0^{\pi/2}d\theta\int_0^1\ln(1+r^2)\,r\,dr . ∫ 0 π /2 d θ ∫ 0 1 ln ( 1 + r 2 ) r d r . 内层令 u = 1 + r 2 u=1+r^2 u = 1 + r 2 d u = 2 r d r du=2r\,dr d u = 2 r d r r r r u u u
∫ 0 1 ln ( 1 + r 2 ) r d r = 1 2 ∫ 1 2 ln u d u = 1 2 [ u ln u − u ] 1 2 = 1 2 [ ( 2 ln 2 − 2 ) − ( 0 − 1 ) ] = 1 2 ( 2 ln 2 − 1 ) . \int_0^1\ln(1+r^2)\,r\,dr=\frac12\int_1^2\ln u\,du=\frac12\big[u\ln u-u\big]_1^2=\frac12\big[(2\ln2-2)-(0-1)\big]=\frac12(2\ln2-1). ∫ 0 1 ln ( 1 + r 2 ) r d r = 2 1 ∫ 1 2 ln u d u = 2 1 [ u ln u − u ] 1 2 = 2 1 [ ( 2 ln 2 − 2 ) − ( 0 − 1 ) ] = 2 1 ( 2 ln 2 − 1 ) . （∫ ln u d u = u ln u − u \int\ln u\,du=u\ln u-u ∫ ln u d u = u ln u − u
原式 = π 2 ⋅ 1 2 ( 2 ln 2 − 1 ) = π 4 ( 2 ln 2 − 1 ) . \text{原式}=\frac\pi2\cdot\frac12(2\ln2-1)=\frac\pi4(2\ln2-1). 原式 = 2 π ⋅ 2 1 ( 2 ln 2 − 1 ) = 4 π ( 2 ln 2 − 1 ) . 例 7（r r r 求区域 D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 1 , x + y ≥ 1 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le1,\ x+y\ge1\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 1 , x + y ≥ 1 }
解 ：画图：单位圆里、直线 x + y = 1 x+y=1 x + y = 1 0 ≤ θ ≤ π 2 0\le\theta\le\frac\pi2 0 ≤ θ ≤ 2 π x + y = 1 x+y=1 x + y = 1 r = 1 r=1 r = 1 r cos θ + r sin θ = 1 r\cos\theta+r\sin\theta=1 r cos θ + r sin θ = 1 r = 1 cos θ + sin θ r=\dfrac{1}{\cos\theta+\sin\theta} r = cos θ + sin θ 1
S = ∫ 0 π / 2 d θ ∫ 1 cos θ + sin θ 1 r d r = ∫ 0 π / 2 1 2 [ 1 − 1 ( cos θ + sin θ ) 2 ] d θ . S=\int_0^{\pi/2}d\theta\int_{\frac{1}{\cos\theta+\sin\theta}}^{1}r\,dr=\int_0^{\pi/2}\frac12\left[1-\frac{1}{(\cos\theta+\sin\theta)^2}\right]d\theta . S = ∫ 0 π /2 d θ ∫ c o s θ + s i n θ 1 1 r d r = ∫ 0 π /2 2 1 [ 1 − ( cos θ + sin θ ) 2 1 ] d θ . 而 ( cos θ + sin θ ) 2 = 1 + sin 2 θ (\cos\theta+\sin\theta)^2=1+\sin2\theta ( cos θ + sin θ ) 2 = 1 + sin 2 θ ∫ 0 π / 2 d θ 1 + sin 2 θ = 1 \displaystyle\int_0^{\pi/2}\frac{d\theta}{1+\sin2\theta}=1 ∫ 0 π /2 1 + sin 2 θ d θ = 1 = π 4 − 1 2 =\frac\pi4-\frac12 = 4 π − 2 1
S = 1 2 ( π 2 − 1 ) = π 4 − 1 2 . S=\frac12\left(\frac\pi2-1\right)=\frac\pi4-\frac12 . S = 2 1 ( 2 π − 1 ) = 4 π − 2 1 .
原点不在 区域里时，r r r
顺手验证第 13 讲（一）例 1 （上半球体积）：∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 1 − r 2 r d r = 2 π ⋅ [ − 1 3 ( 1 − r 2 ) 3 / 2 ] 0 1 = 2 π ⋅ 1 3 = 2 π 3 \displaystyle\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1\sqrt{1-r^2}\,r\,dr=2\pi\cdot\left[-\frac13(1-r^2)^{3/2}\right]_0^1=2\pi\cdot\frac13=\frac{2\pi}{3} ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 1 − r 2 r d r = 2 π ⋅ [ − 3 1 ( 1 − r 2 ) 3/2 ] 0 1 = 2 π ⋅ 3 1 = 3 2 π
例 8（两个圆之间） 求在圆 x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1
解 ：
① 找交点 ：两方程相减得 2 x = 1 2x=1 2 x = 1 x = 1 2 x=\frac12 x = 2 1 y = ± 3 2 y=\pm\frac{\sqrt3}{2} y = ± 2 3 cos θ = 1 / 2 1 \cos\theta=\dfrac{1/2}{1} cos θ = 1 1/2 θ = ± π 3 \theta=\pm\dfrac\pi3 θ = ± 3 π 定限 ：从原点画射线，只有 − π 3 ≤ θ ≤ π 3 -\frac\pi3\le\theta\le\frac\pi3 − 3 π ≤ θ ≤ 3 π r = 1 r=1 r = 1 r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ 1 ≤ r ≤ 2 cos θ 1\le r\le2\cos\theta 1 ≤ r ≤ 2 cos θ 计算 ：
S = ∫ − π / 3 π / 3 d θ ∫ 1 2 cos θ r d r = ∫ − π / 3 π / 3 4 cos 2 θ − 1 2 d θ . S=\int_{-\pi/3}^{\pi/3}d\theta\int_1^{2\cos\theta}r\,dr=\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\frac{4\cos^2\theta-1}{2}\,d\theta . S = ∫ − π /3 π /3 d θ ∫ 1 2 c o s θ r d r = ∫ − π /3 π /3 2 4 cos 2 θ − 1 d θ . 利用 4 cos 2 θ − 1 = 2 ( 1 + cos 2 θ ) − 1 = 1 + 2 cos 2 θ 4\cos^2\theta-1=2(1+\cos2\theta)-1=1+2\cos2\theta 4 cos 2 θ − 1 = 2 ( 1 + cos 2 θ ) − 1 = 1 + 2 cos 2 θ
S = ∫ 0 π / 3 ( 1 + 2 cos 2 θ ) d θ = π 3 + [ sin 2 θ ] 0 π / 3 = π 3 + 3 2 . S=\int_0^{\pi/3}(1+2\cos2\theta)\,d\theta=\frac\pi3+\big[\sin2\theta\big]_0^{\pi/3}=\frac\pi3+\frac{\sqrt3}{2}. S = ∫ 0 π /3 ( 1 + 2 cos 2 θ ) d θ = 3 π + [ sin 2 θ ] 0 π /3 = 3 π + 2 3 .
两个圆"夹出来"的区域，关键是先求交点的角度 ，它决定 θ \theta θ
例 9（直角坐标的累次积分改写成极坐标） 把 ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x 2 f ( x 2 + y 2 ) d y \displaystyle\int_0^1dx\int_0^{\sqrt{1-x^2}}f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)dy ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x 2 f ( x 2 + y 2 ) d y
解 ：还原区域：0 ≤ x ≤ 1 0\le x\le1 0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ 1 − x 2 0\le y\le\sqrt{1-x^2} 0 ≤ y ≤ 1 − x 2 0 ≤ θ ≤ π 2 0\le\theta\le\frac\pi2 0 ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ 1 0\le r\le1 0 ≤ r ≤ 1 x 2 + y 2 = r \sqrt{x^2+y^2}=r x 2 + y 2 = r
原式 = ∫ 0 π / 2 d θ ∫ 0 1 f ( r ) r d r = π 2 ∫ 0 1 r f ( r ) d r . \text{原式}=\int_0^{\pi/2}d\theta\int_0^1f(r)\,r\,dr=\frac\pi2\int_0^1rf(r)\,dr . 原式 = ∫ 0 π /2 d θ ∫ 0 1 f ( r ) r d r = 2 π ∫ 0 1 r f ( r ) d r . （和"交换积分次序"一样，先还原区域、再换一种方式描述它。）
例 10（回收第 13 讲（一）例 3 的伏笔） 计算 I = ∬ D ( x 2 + 4 y 2 + 9 ) d σ I=\displaystyle\iint_D(x^2+4y^2+9)\,d\sigma I = ∬ D ( x 2 + 4 y 2 + 9 ) d σ D : x 2 + y 2 ≤ 4 D:\ x^2+y^2\le4 D : x 2 + y 2 ≤ 4
解 ：拆成三项。由轮换对称性（第 13 讲（四）会细讲），∬ D x 2 = ∬ D y 2 = 1 2 ∬ D ( x 2 + y 2 ) \iint_Dx^2=\iint_Dy^2=\frac12\iint_D(x^2+y^2) ∬ D x 2 = ∬ D y 2 = 2 1 ∬ D ( x 2 + y 2 )
∬ D ( x 2 + y 2 ) d σ = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 r 3 d r = 2 π ⋅ 4 = 8 π , \iint_D(x^2+y^2)\,d\sigma=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^2r^3dr=2\pi\cdot4=8\pi , ∬ D ( x 2 + y 2 ) d σ = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 r 3 d r = 2 π ⋅ 4 = 8 π , 所以 ∬ D x 2 = ∬ D y 2 = 4 π \iint_Dx^2=\iint_Dy^2=4\pi ∬ D x 2 = ∬ D y 2 = 4 π ∬ D 9 d σ = 9 ⋅ 4 π = 36 π \iint_D9\,d\sigma=9\cdot4\pi=36\pi ∬ D 9 d σ = 9 ⋅ 4 π = 36 π
I = 4 π + 4 ⋅ 4 π + 36 π = 56 π , I=4\pi+4\cdot4\pi+36\pi=56\pi , I = 4 π + 4 ⋅ 4 π + 36 π = 56 π , 正好落在当时估计的 [ 36 π , 100 π ] [36\pi,100\pi] [ 36 π , 100 π ]
2.6 易错点 ⚠️#
头号错误：忘了乘 r r r 。写 d σ d\sigma d σ d r d θ dr\,d\theta d r d θ r r r 偏心圆（如 x 2 + y 2 ≤ 2 x x^2+y^2\le2x x 2 + y 2 ≤ 2 x θ \theta θ 0 0 0 2 π 2\pi 2 π
r r r 原点不在区域内时 ，r r r 被积函数里的 x x x y y y x → r cos θ x\to r\cos\theta x → r cos θ y → r sin θ y\to r\sin\theta y → r sin θ d σ d\sigma d σ x x x
极坐标并非万能：区域是矩形、三角形时，化成极坐标后 r r r 1 cos θ \dfrac{1}{\cos\theta} cos θ 1 区域"圆"才用极坐标 。
内层对 r r r θ \theta θ cos θ \cos\theta cos θ sin θ \sin\theta sin θ
公式/结论速记卡#
主题
核心结论
极坐标代换
x = r cos θ , y = r sin θ , x 2 + y 2 = r 2 , d σ = r d r d θ x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta,\ x^2+y^2=r^2,\ d\sigma=r\,dr\,d\theta x = r cos θ , y = r sin θ , x 2 + y 2 = r 2 , d σ = r d r d θ r r r
何时用
区域是圆、圆环、扇形或其一部分；被积函数含 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 y x \frac yx x y x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2
定限
从原点画射线：θ \theta θ r r r
常见圆
r ≤ a r\le a r ≤ a r ≤ 2 a cos θ ( − π 2 ≤ θ ≤ π 2 ) r\le2a\cos\theta\ (-\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2) r ≤ 2 a cos θ ( − 2 π ≤ θ ≤ 2 π ) r ≤ 2 a sin θ ( 0 ≤ θ ≤ π ) r\le2a\sin\theta\ (0\le\theta\le\pi) r ≤ 2 a sin θ ( 0 ≤ θ ≤ π )
直线化极坐标
x + y = 1 ⇒ r = 1 cos θ + sin θ x+y=1\Rightarrow r=\dfrac{1}{\cos\theta+\sin\theta} x + y = 1 ⇒ r = cos θ + sin θ 1 x = a ⇒ r = a cos θ x=a\Rightarrow r=\dfrac{a}{\cos\theta} x = a ⇒ r = cos θ a
高斯积分
∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = π 2 \int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx=\dfrac{\sqrt\pi}{2} ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = 2 π
自查
∬ D 1 d σ \iint_D1\,d\sigma ∬ D 1 d σ
自测练习#
1. 计算 ∬ x 2 + y 2 ≤ 4 ( x 2 + y 2 ) d σ \displaystyle\iint_{x^2+y^2\le4}(x^2+y^2)\,d\sigma ∬ x 2 + y 2 ≤ 4 ( x 2 + y 2 ) d σ
答案与提示
∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 r 2 ⋅ r d r = 2 π ⋅ 16 4 = 8 π \displaystyle\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^2r^2\cdot r\,dr=2\pi\cdot\frac{16}{4}=8\pi ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 r 2 ⋅ r d r = 2 π ⋅ 4 16 = 8 π
2. 计算 ∬ D arctan y x d σ \displaystyle\iint_D\arctan\frac{y}{x}\,d\sigma ∬ D arctan x y d σ D D D 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 1\le x^2+y^2\le4 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4
答案与提示
arctan y x = arctan ( tan θ ) = θ \arctan\dfrac yx=\arctan(\tan\theta)=\theta arctan x y = arctan ( tan θ ) = θ 0 ≤ θ ≤ π 2 0\le\theta\le\frac\pi2 0 ≤ θ ≤ 2 π 1 ≤ r ≤ 2 1\le r\le2 1 ≤ r ≤ 2
∫ 0 π / 2 θ d θ ∫ 1 2 r d r = π 2 8 ⋅ 3 2 = 3 π 2 16 \displaystyle\int_0^{\pi/2}\theta\,d\theta\int_1^2r\,dr=\frac{\pi^2}{8}\cdot\frac32=\frac{3\pi^2}{16} ∫ 0 π /2 θ d θ ∫ 1 2 r d r = 8 π 2 ⋅ 2 3 = 16 3 π 2
3. 计算 ∬ D x 2 + y 2 d σ \displaystyle\iint_D\sqrt{x^2+y^2}\,d\sigma ∬ D x 2 + y 2 d σ D D D x 2 + y 2 ≤ 1 , x ≥ 0 x^2+y^2\le1,\ x\ge0 x 2 + y 2 ≤ 1 , x ≥ 0
答案与提示
− π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2 − 2 π ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ 1 0\le r\le1 0 ≤ r ≤ 1
∫ − π / 2 π / 2 d θ ∫ 0 1 r ⋅ r d r = π ⋅ 1 3 = π 3 \displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\theta\int_0^1r\cdot r\,dr=\pi\cdot\frac13=\frac\pi3 ∫ − π /2 π /2 d θ ∫ 0 1 r ⋅ r d r = π ⋅ 3 1 = 3 π
4. 计算 ∬ D y d σ \displaystyle\iint_Dy\,d\sigma ∬ D y d σ D = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ y ≤ 2 x − x 2 } D=\{(x,y)\mid 0\le y\le\sqrt{2x-x^2}\} D = {( x , y ) ∣ 0 ≤ y ≤ 2 x − x 2 }
答案与提示
y = 2 x − x 2 y=\sqrt{2x-x^2} y = 2 x − x 2 x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x D D D x 2 + y 2 ≤ 2 x x^2+y^2\le2x x 2 + y 2 ≤ 2 x 0 ≤ θ ≤ π 2 0\le\theta\le\frac\pi2 0 ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ 2 cos θ 0\le r\le2\cos\theta 0 ≤ r ≤ 2 cos θ
∫ 0 π / 2 sin θ d θ ∫ 0 2 cos θ r 2 d r = ∫ 0 π / 2 8 3 cos 3 θ sin θ d θ = 8 3 ⋅ 1 4 = 2 3 \displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin\theta\,d\theta\int_0^{2\cos\theta}r^2dr=\int_0^{\pi/2}\frac83\cos^3\theta\sin\theta\,d\theta=\frac83\cdot\frac14=\frac23 ∫ 0 π /2 sin θ d θ ∫ 0 2 c o s θ r 2 d r = ∫ 0 π /2 3 8 cos 3 θ sin θ d θ = 3 8 ⋅ 4 1 = 3 2
5. 计算 ∬ D ( x 2 + y 2 ) d σ \displaystyle\iint_D(x^2+y^2)\,d\sigma ∬ D ( x 2 + y 2 ) d σ D : x 2 + y 2 ≤ 2 x D:\ x^2+y^2\le2x D : x 2 + y 2 ≤ 2 x
答案与提示
− π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2 − 2 π ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ 2 cos θ 0\le r\le2\cos\theta 0 ≤ r ≤ 2 cos θ
∫ − π / 2 π / 2 d θ ∫ 0 2 cos θ r 3 d r = ∫ − π / 2 π / 2 4 cos 4 θ d θ = 8 ⋅ 3 π 16 = 3 π 2 . \int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\theta\int_0^{2\cos\theta}r^3dr=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}4\cos^4\theta\,d\theta=8\cdot\frac{3\pi}{16}=\frac{3\pi}{2}. ∫ − π /2 π /2 d θ ∫ 0 2 c o s θ r 3 d r = ∫ − π /2 π /2 4 cos 4 θ d θ = 8 ⋅ 16 3 π = 2 3 π . 6. 把 ∫ 0 1 d x ∫ 0 x f ( x , y ) d y \displaystyle\int_0^1dx\int_0^xf(x,y)\,dy ∫ 0 1 d x ∫ 0 x f ( x , y ) d y
答案与提示
区域是由 y = 0 y=0 y = 0 y = x y=x y = x x = 1 x=1 x = 1 0 ≤ θ ≤ π 4 0\le\theta\le\frac\pi4 0 ≤ θ ≤ 4 π x = 1 x=1 x = 1 r = 1 cos θ r=\frac{1}{\cos\theta} r = c o s θ 1
∫ 0 π / 4 d θ ∫ 0 1 cos θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r . \int_0^{\pi/4}d\theta\int_0^{\frac{1}{\cos\theta}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)\,r\,dr . ∫ 0 π /4 d θ ∫ 0 c o s θ 1 f ( r cos θ , r sin θ ) r d r . （三角形区域用极坐标往往更麻烦，这里只是练习定限。）
下一讲预告#
第 13 讲（四）学对称性 ：奇偶对称、轮换对称，以及拿到一道二重积分题时"先对称、再选坐标"的决策流程。
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