一、题目
已知平面区域 $D$ $=$ $\left\{ \left(x, y \right) \ \biggm\vert \ |x| \leqslant y, \ \left( x^{2} + y^{2} \right)^{3} \leqslant y^{4} \right\}$, 计算二重积分 $\iint_{D} \frac{x+y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{d} y$.
难度评级：
二、解析 
步骤 1：判断积分区域的对称性
通过取位于坐标轴 $X$ 轴或者 $Y$ 轴上关于原点对称位置的点代入到积分区域的表达式中，就可以通过不同取值对应的结果是否相等，判断出积分是否关于 $X$ 轴或者 $Y$ 轴对称。
由于，当 $\textcolor{orange}{x_{1} = -1}$ 和 $\textcolor{orange}{x_{2} = 1}$ 的时候，有：
$$
\textcolor{orange}{
|x_{1}| = |x_{2}| = 1
}
$$
所以，$\textcolor{orange}{|x| \leqslant y}$ 所对应的区域关于坐标轴的 $\textcolor{orange}{Y}$ 轴对称。
又由于，当 $\textcolor{violet}{x_{1} = -1}$ 和 $\textcolor{violet}{x_{2} = 1}$ 的时候，有：
$$
\textcolor{violet}{
(x_{1})^{2} = (x_{2})^{2} = 1
}
$$
所以，$\textcolor{violet}{ \left( x^{2} + y^{2} \right)^{3} \leqslant y^{4} }$ 所对应区域关于坐标轴的 $\textcolor{violet}{Y}$ 轴对称。
同理，当 $\textcolor{violet}{y_{1} = -1}$ 和 $\textcolor{violet}{y_{2} = 1}$ 的时候，有：
$$
\textcolor{violet}{
\begin{aligned}
& (y_{1})^{2} = (y_{2})^{2} = 1 \\
& (y_{1})^{4} = (y_{2})^{4} = 1
\end{aligned}
}
$$
所以，$\textcolor{violet}{\left( x^{2} + y^{2} \right)^{3} \leqslant y^{4}}$ 所对应区域关于坐标轴的 $\textcolor{violet}{X}$ 轴对称。
于是可知，$|x| \leqslant y$ 仅关于 $Y$ 轴对称，$\left( x^{2} + y^{2} \right)^{3} \leqslant y^{4}$ 同时关于 $X$ 轴和 $Y$ 轴对称，如图 01 和图 02 所示：
综上可知，积分区域 $D$ 是一个关于坐标轴 $Y$ 轴对称的区域，如图 03 所示：
步骤2：利用对称性简化原积分
首先对题目中给出的积分做如下的拆分：
$$
\begin{aligned}
& \textcolor{lightgreen}{ \iint_{D} \frac{x+y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \mathrm {~d} x \mathrm {d} y } \\ \\
= \ & \textcolor{gray}{ \iint_{D} \frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}} } \mathrm{~d} x \mathrm{d} y } + \iint_{D} \frac{y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}} } \mathrm{~d} x \mathrm{d} y \\ \\
= \ & \textcolor{gray}{0} + \iint_{D} \frac{y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}} } \mathrm{~d} x \mathrm{d} y \\ \\
= \ & \textcolor{lightgreen}{ \iint_{D} \frac{y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}} } \mathrm{~d} x \mathrm{d} y }
\end{aligned}
$$
Tip
由于 $\frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}$ 是一个关于 $x$ 的奇函数，而积分区域 $D$ 是一个关于坐标轴 $Y$ 轴对称的区域，所以，$\frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}$ $=$ $0$.
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步骤3：将直角坐标系下的二重积分转换到极坐标系下
我们知道，直角坐标系下的坐标 $(x, y)$ 与极坐标系下的坐标 $(\theta, r)$ 之间的对应关系为：
$$
\begin{cases}
x = r \cos \theta \\
y = r \sin \theta
\end{cases}
$$
接着，由于在考试的时候，我们很难直接画出函数 $y^{4} = \left( x^{2} + y^{2} \right)^{3}$ 的图象，所以，我们还需要进行一些计算，判断出积分区域 $D$ 的大致图象，以及关键的交点：
函数 $y = |x|$ 其实是一个分段函数 $\begin{cases}
y = x, & x > 0 \\
y = 0, & x = 0 \\
y = -x, & x < 0
\end{cases}$, 因此，可以很容易地知道，函数 $y = |x|$ 的函数图像分别位于直角坐标系的第一象限和第二象限，且在第一象限中的图象与 $X$ 正半轴的夹角为 $\textcolor{orangered}{\frac{\pi}{4}}$, 在第二象限中的图象与 $X$ 轴正半轴的夹角为 $\textcolor{orangered}{\frac{3 \pi}{4}}$.
接着，根据前面的判断我们知道，函数 $y^{4} = \left( x^{2} + y^{2} \right)^{3}$ 的函数图象关于 $X$ 轴对称，因此，只有 $y^{4} = \left( x^{2} + y^{2} \right)^{3}$ 位于 $X$ 轴上方的图象可能与函数 $y = |x|$ 产生交点——
如果这个交点存在，就说明，当 $y = x = k$ 或者 $y = -x = k$ 的时候，存在 $k > 0$ 的值，使得函数 $y^{4} = \left( y^{2} + y^{2} \right)^{3}$ 成立，于是：
将 $y = x$ 和 $y = -x$ 分别代入 $y^{4} = \left( x^{2} + y^{2} \right)^{3}$, 可得：
$$
\begin{aligned}
& y^{4} = \left( y^{2} + y^{2} \right)^{3} \\ \\
\textcolor{blue}{ \leadsto } \ & y^{4} = (2 y^{2})^{3} \\ \\
\textcolor{blue}{ \leadsto } \ & y^{4} = 8 y^{6} \\ \\
\textcolor{blue}{ \leadsto } \ & 1 = 8 y^{2} \\ \\
\textcolor{blue}{ \leadsto } \ & \begin{cases}
\textcolor{blue}{ y = \frac{1}{\sqrt{8}} > 0 } \\
\textcolor{tan}{ y = \frac{-1}{\sqrt{8}} < 0 }
\end{cases}
\end{aligned}
$$
因此可知，函数 $y^{4} = \left( y^{2} + y^{2} \right)^{3}$ 与函数 $y = |x|$ 在直角坐标系的第一象限存在一个交点 $(\frac{1}{\sqrt{8}}, \frac{1}{\sqrt{8}})$, 而在第二象限也存在一个交点 $(\frac{-1}{\sqrt{8}}, \frac{1}{\sqrt{8}})$, 由于这两个交点同时也位于函数 $y = |x|$ 上，所以，对应于极坐标系中 $\theta$ 的取值范围就是：
$$
\textcolor{orangered}{
\frac{\pi}{4} \leqslant \theta \leqslant \frac{3 \pi}{4}
}
$$
又因为，函数 $y = |x|$ 的函数图像为从坐标原点发出的放射直线，所以，要用极坐标表示区分区域 $D$, 只需要考虑 $\left( x^{2} + y^{2} \right)^{3} \leqslant y^{4}$ 即可：
$$
\begin{aligned}
& \left( x^{2} + y^{2} \right)^{3} \leqslant y^{4} \\ \\
\textcolor{blue}{ \leadsto } \ & \textcolor{gray}{\begin{cases}
x = r \cos \theta \\
y = r \sin \theta
\end{cases}} \\ \\
\textcolor{blue}{ \leadsto } \ & \left( r^{2} \cos^{2} \theta + r^{2} \sin^{2} \theta \right)^{3} \leqslant r^{4} \sin^{4} \theta \\ \\
\textcolor{blue}{ \leadsto } \ & \left[ r^{2} \left( \textcolor{pink}{ \cos^{2} \theta + \sin^{2} \theta } \right) \right]^{3} \leqslant r^{4} \sin^{4} \theta \\ \\
\textcolor{blue}{ \leadsto } \ & \left[ r^{2} \cdot \textcolor{pink}{ 1 } \right]^{3} \leqslant r^{4} \sin^{4} \theta \\ \\
\textcolor{blue}{ \leadsto } \ & r^{6} \leqslant r^{4} \sin^{4} \theta \\ \\
\textcolor{blue}{ \leadsto } \ & r^{2} \leqslant \sin^{4} \theta
\end{aligned}
$$
又因为积分区域 $D$ 位于 $X$ 轴上方，所以 $r \geqslant 0$, 于是：
$$
\textcolor{orangered}{
0 \leqslant r \leqslant \sin^{2} \theta
}
$$
综上：
$$
\begin{aligned}
& \textcolor{lightgreen}{ \iint_{D} \frac{y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{d} y } \\ \\
= \ & \iint_{D} \frac{r \textcolor{springgreen}{\sin \theta} }{\sqrt{r^{2} \cos^{2} \theta + r^{2} \sin^{2} \theta}} \mathrm{~d} r \mathrm{d} \theta \\ \\
= \ & \iint_{D} \frac{r \textcolor{springgreen}{\sin \theta} }{\sqrt{r^{2} \textcolor{gray}{\left( \cos^{2} \theta + \sin^{2} \theta \right)} }} \mathrm{~d} r \mathrm{d} \theta \\ \\
= \ & \iint_{D} \frac{r \textcolor{springgreen}{ \sin \theta }}{r} \mathrm{~d} r \mathrm{d} \theta \\ \\
= \ & \iint_{D} \textcolor{springgreen}{ \sin \theta } \mathrm{~d} r \mathrm{d} \theta \\ \\
= \ & \int_{\textcolor{orangered}{ \frac{\pi}{4} }}^{\textcolor{orangered}{ \frac{3 \pi}{4} } } \mathrm{~d} \theta \int_{\textcolor{orangered}{0}}^{\textcolor{orangered}{ \sin^{2} \theta } } \textcolor{springgreen}{ \sin \theta } \cdot r \mathrm{~d} r \\ \\
= \ & \int_{\textcolor{orangered}{ \frac{\pi}{4} }}^{\textcolor{orangered}{ \frac{3 \pi}{4} } } \textcolor{springgreen}{ \sin \theta } \mathrm{~d} \theta \int_{\textcolor{orangered}{0}}^{\textcolor{orangered}{ \sin^{2} \theta } } \textcolor{orange}{r} \mathrm{~d} r \\ \\
= \ & \int_{\textcolor{orangered}{ \frac{\pi}{4} }}^{\textcolor{orangered}{ \frac{3 \pi}{4} } } \textcolor{springgreen}{ \sin \theta } \cdot \textcolor{orange}{ \frac{1}{2} r^{2} \Big|_{0}^{\sin^{2} \theta} } \mathrm{~d} \theta \\ \\
= \ & \int_{\textcolor{orangered}{ \frac{\pi}{4} }}^{\textcolor{orangered}{ \frac{3 \pi}{4} } } \textcolor{springgreen}{ \sin \theta } \cdot \textcolor{orange}{ \frac{1}{2} \sin^{4} \theta } \mathrm{~d} \theta \\ \\
= \ & \frac{1}{2} \int_{\textcolor{orangered}{ \frac{\pi}{4} }}^{\textcolor{orangered}{ \frac{3 \pi}{4} }} \sin^{5} \theta \mathrm{~d} \theta \\ \\
= \ & \frac{-1}{2} \int_{\textcolor{orangered}{ \frac{\pi}{4} }}^{\textcolor{orangered}{ \frac{3 \pi}{4} }} \left( 1 – \cos^{2} \theta \right)^{2} \mathrm{~d} (\cos \theta) \\ \\
\xlongequal[t \in \left( \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{- \sqrt{2}}{2} \right)]{ \cos \theta = t } \ & \frac{-1}{2} \int_{\textcolor{yellow}{ \frac{\sqrt{2}}{2} }}^{\textcolor{yellow}{ \frac{-\sqrt{2}}{2} }} \left(1 – t^{2} \right)^{2} \mathrm{~d} t \\ \\
= \ & \frac{-1}{2} \cdot 2 \int_{\textcolor{yellow}{ \frac{\sqrt{2}}{2} }}^{\textcolor{yellow}{ 0 }} \left(1 – t^{2} \right)^{2} \mathrm{~d} t \\ \\
= \ & \int_{\textcolor{yellow}{0}}^{\textcolor{yellow}{\frac{\sqrt{2}}{2}}} \left( 1 – t^{2} \right)^{2} \mathrm{~d} t \\ \\
= \ & \int_{\textcolor{yellow}{0}}^{\textcolor{yellow}{\frac{\sqrt{2}}{2}}} \left(1 – 2 t^{2} + t^{4} \right) \mathrm{~d} t \\ \\
= \ & \left( t – 2 \cdot \frac{1}{3} t^{3} + \frac{1}{5} t^{5} \right) \Bigg|_{\textcolor{yellow}{0}}^{\textcolor{yellow}{\frac{\sqrt{2}}{2}}} \\ \\
= \ & \frac{\sqrt{2}}{2} – \frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{2}}{4} + \frac{1}{5} \cdot \frac{\sqrt{2}}{8} \\ \\
= \ & \boldsymbol{\textcolor{springgreen}{ \frac{43 \sqrt{2}}{120} }}
\end{aligned}
$$
即：
$$
\boldsymbol{\textcolor{springgreen}{
\iint_{D} \frac{x+y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{d} y = \frac{43 \sqrt{2}}{120}
}}
$$
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