当二重积分的积分区域是圆形时一般考虑用极坐标：当这个圆形区域的位置并不标准时，可以考虑平移代换

一、题目

已知，$D$ 为圆域 $x^{2}+y^{2} \leqslant 2 x+2 y$, 则 $\iint_{D} x y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=?$

难度评级：

二、解析

根据题目可知，题目中所给的积分区域 $D$ 的示意图如图 01 所示：

Tips:

$x^{2}+y^{2} \leqslant 2 x+2 y$ $\Rightarrow$ $x^{2} + y^{2} – 2x – 2y \leqslant 0$ $\Rightarrow$ $(x-1)^{2} + (y-1)^{2} \leqslant 2$

解法一：直接转为极坐标系求解（最后的结果巧用点火公式完成计算）

已知：

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

于是：

$$
x^{2}+y^{2} \leqslant 2 x+2 y \Rightarrow
$$

$$
r^{2} \leqslant 2 r(\sin \theta+\cos \theta) \Rightarrow r \leqslant 2(\sin \theta+\cos \theta)
$$

$$
\theta \in\left(-45^{\circ}, 90^{\circ}+45^{\circ}\right) \Rightarrow \theta \in\left(-\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)
$$

进而：

$$
I=\iint_{D} x y \mathrm{~ d} x \mathrm{~ d} y \Rightarrow
$$

$$
I=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}} \mathrm{~ d} \theta \int_{0}^{2(\sin \theta+\cos \theta)} r^{3} \sin \theta \cos \theta \mathrm{~ d} r \Rightarrow
$$

又：

$$
\int_{0}^{2(\sin \theta+\cos \theta)} r^{3} \cdot \sin \theta \cos \theta \mathrm{~ d} r \Rightarrow
$$

$$
\sin \theta \cos \theta \int_{0}^{2(\sin \theta+\cos \theta)} r^{3} \mathrm{~ d} r \Rightarrow
$$

$$
\left.\sin \theta \cos \theta \cdot \frac{1}{4} r^{4}\right|_{0} ^{2(\sin \theta+\cos \theta)} \Rightarrow
$$

$$
\sin \theta \cos \theta \cdot \frac{1}{4} \cdot 2^{4}(\sin \theta+\cos \theta)^{4} \Rightarrow
$$

因此：

$$
I=4 \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}}(\sin \theta+\cos \theta)^{4} \sin \theta \cos \theta \mathrm{~ d} \theta
$$

又：

$$
(\sin \theta+\cos \theta)^{2}=1+2 \sin \theta \cos \theta=1+\sin 2 \theta
$$

$$
\sin \theta \cos \theta = \frac{1}{2} \sin 2 \theta
$$

因此：

$$
I=\frac{4}{2} \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}}(1+\sin 2 \theta)^{2} \sin 2 \theta \mathrm{~ d} \theta \Rightarrow
$$

$$
I=2 \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}}\left(1+\sin ^{2} 2 \theta+2 \sin 2 \theta\right) \sin 2 \theta \mathrm{~ d} \theta \Rightarrow
$$

令：

$$
t=2 \theta \Rightarrow t \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right) \Rightarrow \mathrm{~ d} \theta=\frac{1}{2} \mathrm{~ d} t \Rightarrow
$$

于是：

$$
I=2 \cdot \frac{1}{2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{3 \pi}{2}}\left(1+\sin ^{2} t+2 \sin t\right) \sin t \mathrm{~ d} t \Rightarrow
$$

$$
I=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{3 \pi}{2}} \sin t \mathrm{~ d} t+\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{3 \pi}{2}} \sin ^{3} t \mathrm{~ d} t+ \textcolor{orangered}{ 2 } \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{3 \pi}{2}} \sin ^{2} t \mathrm{~ d} t
$$

根据点火公式，我们可以把上面三个在 $(-\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2})$ 上的积分划分成 $\textcolor{springgreen}{ 4 }$ 个宽度为 $\frac{\pi}{2}$ 的“小段”——根据几何意义可知，全部位于 $X$ 轴上方的“小段”的积分和使用点火公式得到的结果一样，全部位于 $X$ 轴下方的“小段”的积分和使用点火公式得到的结果相反（下式中 “$\textcolor{yellow}{ \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} }$” 的部分就是使用点火公式在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 区间上计算的结果），因此：

$$
I=0+0+ \textcolor{orangered}{ 2 } \times\left( \textcolor{yellow}{ \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} }\right) \times \textcolor{springgreen}{ 4 }=2 \pi
$$

解法二：用广义极坐标系计算

令极坐标与直角坐标之间的对应关系为：

$$
\left\{\begin{array} { l }
{ x = 1 + r \cos \theta } \\
{ y = 1 + r \sin \theta } \\
{ \mathrm{d} x \mathrm{~ d} y = r \mathrm{~ d} r \mathrm{~ d} \theta}
\end{array}\right.
$$

则积分区域就变成了：

$$
x^{2} + y^{2} \leqslant 2 x + 2y \Rightarrow
$$

$$
x^{2} + y^{2} – 2 x – 2y \leqslant 0 \Rightarrow
$$

$$
(1 + r \cos \theta)^{2} + (1 + r \sin \theta)^{2} –
$$

$$
2 (1 + r \cos \theta) – 2 (1 + r \sin \theta) \leqslant 0 \Rightarrow
$$

$$
r^{2} \leqslant 2 \Rightarrow
$$

$$
x^{2} + y^{2} \leqslant 2
$$

新积分区域的示意图如图 02 所示：

于是，由几何意义可知：

$$
\left\{\begin{array}{l}\theta \in(0,2 \pi) \\ r \in(0, \sqrt{2})\end{array} \Rightarrow I=\iint_{D} x y \mathrm{~ d} x \mathrm{~ d} y \Rightarrow\right.
$$

进而：

$$
I=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~ d} \theta \int_{0}^{\sqrt{2}}(1+r \cos \theta)(1+r \sin \theta) r \mathrm{~ d} r \Rightarrow
$$

$$
I=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~ d} \theta \int_{0}^{\sqrt{2}}\left(1+r \sin \theta+r \cos \theta+r^{2} \sin \theta \cos \theta\right) r \mathrm{~ d} r \Rightarrow
$$

$$
I=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~ d} \theta \int_{0}^{\sqrt{2}}\left(r+r^{2} \sin \theta+r^{2} \cos \theta+r^{3} \sin \theta \cos \theta\right) \mathrm{~ d} r \Rightarrow
$$

$$
I=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~ d} \theta \int_{0}^{\sqrt{2}} r \mathrm{~ d} r + \int_{0}^{2 \pi} \sin \theta \mathrm{~ d} \theta \int_{0}^{\sqrt{2}} r^{2} \mathrm{~ d} r +
$$

$$
\int_{0}^{2 \pi} \cos \theta \mathrm{~ d} \theta \int_{0}^{\sqrt{2}} r^{2} \mathrm{~ d} r+\int_{0}^{2 \pi} \cos \theta \sin \theta \mathrm{~ d} \theta \int_{0}^{\sqrt{2}} r^{3} \mathrm{~ d} r \Rightarrow
$$

$\sin \theta$, $\cos \theta$ 和 $\cos \theta \sin \theta$ 在区间 $(0, 2 \pi)$ 上的积分都是 $0$ $\Rightarrow$

$$
I=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~ d} \theta \int_{0}^{\sqrt{2}} r \mathrm{~ d} r+0+0+0 \Rightarrow \\
I=1 \cdot \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~ d} \theta=2 \pi
$$

解法三：用直角坐标系中的平移代换

令：

$$
\left\{\begin{array}{l}
u=x-1 \\
v=y-1 \\
\mathrm{d} x \mathrm{~ d} y=\mathrm{~ d} u \mathrm{~ d} v
\end{array}\right. \Rightarrow
$$

$$
\left\{\begin{array}{l}
x = u + 1 \\
y = v + 1 \\
\mathrm{d} x \mathrm{~ d} y=\mathrm{~ d} u \mathrm{~ d} v
\end{array}\right. \Rightarrow
$$

$$
x^{2} + y^{2} – 2x – 2y \leqslant 0 \Rightarrow
$$

$$
(u + 1)^{2} + (v + 1)^{2} – 2 (u + 1) – 2 (v + 1) \leqslant 0 \Rightarrow
$$

$$
u^{2} + v^{2} \leqslant 2
$$

于是，新的积分区域的示意图如图 03 所示：

于是：

$$
I = \iint_{D} x y \mathrm{~ d} x \mathrm{~ d} y=
$$

$$
\iint_{u^{2}+v^{2} \leq 2}(u+1)(v+1) \mathrm{~ d} u \mathrm{~ d} v=
$$

$$
\iint_{u^{2}+v^{2} \leq 2}(u v+u+v+1) \mathrm{~ d} u \mathrm{~ d} v=
$$

由于积分区域 $u^{2}+v^{2} \leq 2$ 关于 $u$ 和 $v$ 都对称，且 $uv$, $u$ 和 $v$ 都是关于 $u$ 或 $v$ 的奇函数，因此：

$$
\iint_{D}( 0 + 0 + 0 + 1 ) \mathrm{~ d} u \mathrm{~ d} v=2 \pi
$$

---