二重积分先定积分区域：但二重积分的值可不是积分区域的面积

一、题目

$$I={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\frac{1}{\cos \theta }}{r}^2\mathrm{d}r+{\int }_1^{\sqrt{2}}\mathrm{d}x{\int }_0^{\sqrt{2-x^2}}\sqrt{x^2+y^2}\mathrm{d}y=?$$

难度评级：

二、解析

已知，在极坐标系积分和直角坐标系积分之间转换的公式如下：

$$\{\begin{array}{l}x=r\cos \theta .\\ y=r\sin \theta .\\ \mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta .\end{array}$$

首先，令：

$$I={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\frac{1}{\cos \theta }}{r}^2\mathrm{d}r+{\int }_1^{\sqrt{2}}\mathrm{d}x{\int }_0^{\sqrt{2-x^2}}\sqrt{x^2+y^2}\mathrm{d}y$$

为：

$$I=I_1+I_2$$

对于 $I_1$, 我们有：

$${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\frac{1}{\cos \theta }}{r}^2\mathrm{d}r\Rightarrow$$

$$\theta \in (0,\frac{\pi }{4})$$

$$k=\frac{\sin \theta }{\cos \theta }=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=1\Rightarrow y-0=1\cdot (x-0)\Rightarrow$$

$$y=x$$

$$r\in (0,\frac{1}{\cos \theta })\Rightarrow 0⩽r⩽\frac{1}{\cos \theta }\Rightarrow$$

$$r\cos \theta \le 1\Rightarrow 0\le x\le 1$$

于是，$I_1$ 中积分区域的示意图如图 01 所示：

对于 $I_2$, 我们有：

$${\int }_1^{\sqrt{2}}\mathrm{d}x{\int }_0^{\sqrt{2-x^2}}\sqrt{x^2+y^2}\mathrm{d}y\Rightarrow$$

$$1\le x\le \sqrt{2}$$

$$0\le y\le \sqrt{2-x^2}\Rightarrow$$

$$0\le y^2\le 2-x^2\Rightarrow 0\le y^2+x^2\le 2$$

于是，$I_2$ 中积分区域的示意图如图 02 所示：

而且，$I_1$ 和 $I_2$ 的积分区域合并到一起，刚好是圆形 $x^2+y^2⩽2$ 的一部分：

又因为将 $I_2$ 中的被积函数转换为极坐标系下后得到的被积函数也是 $r\cdot r=r^2$, 因此，我们可以将 $I_1$ 与 $I_2$ 合并到一个积分中进行计算：

$$I={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}{r}^2\mathrm{d}r=\frac{2\sqrt{2}}{3}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\mathrm{d}\theta =$$

$$\frac{2\sqrt{2}}{3}\cdot \frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}\pi }{6}.$$

需要注意的是，无论什么样的二重积分，表示的都是曲顶柱体的体积，因此，我们切不可以因为本题中的积分区域是 $\frac{1}{4}$ 个圆就直接用圆的面积公式计算本题的答案：

$$\bcancel{\pi (\sqrt{2}{)}^2\times \frac{\frac{\pi }{4}}{\pi }=\frac{2\pi }{4}=\frac{\pi }{2}}$$

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