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 $x^2+y^2⩽2x+2y$, 则 ${\iint }_{D}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y=?$

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:

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

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：

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

于是：

$$x^2+y^2⩽2x+2y\Rightarrow$$

$$r^2⩽2r(\sin \theta +\cos \theta )\Rightarrow r⩽2(\sin \theta +\cos \theta )$$

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

进而：

$$I={\iint }_{D}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y\Rightarrow$$

$$I={\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{2(\sin \theta +\cos \theta )}{r}^3\sin \theta \cos \theta \mathrm{d}r\Rightarrow$$

又：

$${\int }_0^{2(\sin \theta +\cos \theta )}{r}^3\cdot \sin \theta \cos \theta \mathrm{d}r\Rightarrow$$

$$\sin \theta \cos \theta {\int }_0^{2(\sin \theta +\cos \theta )}{r}^3\mathrm{d}r\Rightarrow$$

$${\sin \theta \cos \theta \cdot \frac{1}{4}{r}^4|}_0^{2(\sin \theta +\cos \theta )}\Rightarrow$$

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

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：

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

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

令：

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

于是：

$$I=2\cdot \frac{1}{2}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{3\pi }{2}}(1+{\sin }^{2}t+2\sin t)\sin t\mathrm{d}t\Rightarrow$$

$$I={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{3\pi }{2}}\sin t\mathrm{d}t+{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{3\pi }{2}}{\sin }^{3}t\mathrm{d}t+2{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{3\pi }{2}}{\sin }^{2}t\mathrm{d}t$$

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 $4$ 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 “$\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}$” 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：

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

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：

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

则积分区域就变成了：

$$x^2+y^2⩽2x+2y\Rightarrow$$

$$x^2+y^2–2x–2y⩽0\Rightarrow$$

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

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

$$r^2⩽2\Rightarrow$$

$$x^2+y^2⩽2$$

新积分区域的示意图如图 02 所示：

于是，由几何意义可知：

$$\{\begin{array}{l}\theta \in (0,2\pi )\\ r\in (0,\sqrt{2})\end{array}\Rightarrow I={\iint }_{D}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y\Rightarrow$$

进而：

$$I={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}(1+r\cos \theta )(1+r\sin \theta )r\mathrm{d}r\Rightarrow$$

$$I={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}(1+r\sin \theta +r\cos \theta +r^2\sin \theta \cos \theta )r\mathrm{d}r\Rightarrow$$

$$I={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}(r+r^2\sin \theta +r^2\cos \theta +r^3\sin \theta \cos \theta )\mathrm{d}r\Rightarrow$$

$$I={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}r\mathrm{d}r+{\int }_0^{2\pi }\sin \theta \mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}{r}^2\mathrm{d}r+$$

$${\int }_0^{2\pi }\cos \theta \mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}{r}^2\mathrm{d}r+{\int }_0^{2\pi }\cos \theta \sin \theta \mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}{r}^3\mathrm{d}r\Rightarrow$$

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

$$\begin{gathered} I={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}r\mathrm{d}r+0+0+0\Rightarrow \\ I=1\cdot {\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta =2\pi \end{gathered}$$

解法三：用直角坐标系中的平移代换

令：

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

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

$$x^2+y^2–2x–2y⩽0\Rightarrow$$

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

$$u^2+v^2⩽2$$

于是，新的积分区域的示意图如图 03 所示：

于是：

$$I={\iint }_{D}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$$

$${\iint }_{u^2+v^2\le 2}(u+1)(v+1)\mathrm{d}u\mathrm{d}v=$$

$${\iint }_{u^2+v^2\le 2}(uv+u+v+1)\mathrm{d}u\mathrm{d}v=$$

由于积分区域 $u^2+v^2\le 2$ 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：

$${\iint }_D(0+0+0+1)\mathrm{d}u\mathrm{d}v=2\pi$$

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