当二重积分的积分区域中含有 x 的平方和 y 的平方时就可以考虑使用极坐标系了

题目

设积分区域 $D=\{(x,y)\mid 1⩽x+y⩽2,x⩾0,y⩾0\}$, 则 ${\iint }_D\frac{\mathrm{d}\sigma }{\sqrt{x^2+y^2}}=$

解析

首先确定积分区域：

$$x+y⩾1\Rightarrow y⩾-x+1$$

$$x+y⩽2\Rightarrow y⩽-x+2$$

转为极坐标系：

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

$$\theta \in (0,\frac{\pi }{2})$$

又：

$$x+y⩾1\Rightarrow$$

$$r\cos \theta +r\sin \theta ⩾1\Rightarrow r(\cos \theta +\sin \theta )⩾1\Rightarrow$$

$$r⩾\frac{1}{\cos \theta +\sin \theta }$$

同理：

$$x+y⩽2\Rightarrow r⩽\frac{2}{\cos \theta +\sin \theta }$$

于是：

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

$$\begin{array}{}\text{(1)}& I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{\cos \theta +\sin \theta }\mathrm{d}\theta \Rightarrow t=\tan \frac{\theta }{2}\end{array}$$

令：

$$\frac{\theta }{2}=\arctan t$$

则：

$$\mathrm{d}\theta =\frac{2}{1+t^2}\mathrm{d}t$$

关于 $$\mathrm{和}$$ 的计算可以参考这篇文章或者这篇文章。

$$\sin \theta =\frac{2t}{1+t^2}$$

$$\cos \theta =\frac{1-t^2}{1+t^2}$$

$$\theta \in (0,\frac{\pi }{2}),t\in (0,1)$$

于是：

$$I={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{\cos \theta +\sin \theta }\mathrm{d}\theta =$$

$${\int }_0^1\frac{1+t^2}{2t+1-t^2}\cdot \frac{2}{1+t^2}\mathrm{d}t=$$

$${\int }_0^1\frac{2}{2t+1-t^2}\mathrm{d}t=\frac{1}{2-(t-1{)}^2}\mathrm{d}t$$

又：

$$u=t-1\Rightarrow t\in (0,1),u\in (-1,0)$$

于是：

$$I={\int }_{-1}^0\frac{2}{2-u^2}\mathrm{d}u={\int }_{-1}^0\frac{2}{(\sqrt{2}+u)(\sqrt{2}-u)}\mathrm{d}u=$$

$$\frac{1}{\sqrt{2}}{\int }_{-1}^0(\frac{1}{\sqrt{2}+u}+\frac{1}{\sqrt{2}-u})\mathrm{d}u=$$

$${\frac{1}{\sqrt{2}}[\ln (\sqrt{2}+u)-\ln (\sqrt{2}-u)]|}_{-1}^0=$$

$${\frac{1}{\sqrt{2}}\ln \frac{\sqrt{2}+u}{\sqrt{2}–u}|}_{-1}^0=$$

$$\frac{1}{\sqrt{2}}[\ln 1-\ln \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}]=\frac{-1}{\sqrt{2}}\ln \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\ln \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}$$

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