二重积分的计算（极坐标、对称性、反常二重积分）

§5.3 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

2.84 分/卷近 11 年平均

5/11 年出现年份

2.8 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）二重积分的概念与性质二重积分的计算（直角坐标、交换积分次序）

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 面积元 $d σ = r d r d θ$ ：多出来的因子 $r$ 来自雅可比行列式与扇环的拉伸★★ 必会

作极坐标变换

x = r cos θ, y = r sin θ

后，面积元不是

d r d θ

，而是

d σ = r d r d θ

，其中多出一个因子

r

。这里是极坐标计算中最容易失分的地方，换元之后应当立即把它补上。这个

r

可以从两方面理解：第一，它是坐标变换的雅可比行列式的绝对值；第二，从几何上看，用极坐标网格（同心圆

+

射线）分割出的小块是扇环而不是矩形，它沿半径方向的厚度为

d r

，沿圆弧方向的长度为

r d θ

（半径越大，同一张角所对的弧就越长），故小扇环可近似看作边长为

d r

与

r d θ

的矩形，其面积为

r d r d θ

。可见

r

刻画了离原点越远、同一角度所张的扇形越宽这一拉伸效应。

证明 / 推导

（雅可比行列式）

J = \frac{\partial ( x , y )}{\partial ( r , θ )} = x_{r} y_{r} x_{θ} y_{θ} = cos θ sin θ - r sin θ r cos θ = r cos^{2} θ + r sin^{2} θ = r,

故

d σ = ∣ J ∣ d r d θ = r d r d θ

。
（扇环面积，几何上的验证） 半径由

r

变到

r + d r

、张角为

d θ

的扇环，其面积等于两个扇形面积之差

\frac{1}{2} (r + d r)^{2} d θ - \frac{1}{2} r^{2} d θ = \frac{1}{2} (2 r d r + d r^{2}) d θ \approx r d r d θ

（略去高阶无穷小

d r^{2}

），与由雅可比行列式所得的结果一致。

■

举例说明

例（用极坐标验证圆的面积）. 设

\iint_{D} 1 d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq R^{2}

，其值应等于

π R^{2}

。
解.

\int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{R} 1 \cdot r d r = 2 π \cdot \frac{R ^{2}}{2} = π R^{2}

。如果漏掉

r

，就会算成

\int_{0}^{2 π} \int_{0}^{R} d r d θ = 2 π R

，连量纲也不对，可见

r

不可缺少。

2. 何时作极坐标变换，以及如何定限（先 $r$ 后 $θ$ ）★★ 必会

出现下列情形之一时，就应当考虑用极坐标：积分区域是圆盘、圆环、扇形，或由过原点的圆与射线围成；被积函数中含有

x^{2} + y^{2}, x^{2} + y^{2}, \frac{y}{x}, arctan \frac{y}{x}

。它们在极坐标下分别化为

r^{2}, r, tan θ, θ

，形式十分简单。定限时先 $r$ 后 $θ$ ：自极点（即原点）引射线扫过

D

，外层的

θ

取射线所扫过的角度范围

[α, β]

；内层的

r

则由该方向的射线进入

D

之处

r_{1} (θ)

取到离开之处

r_{2} (θ)

。例如整个圆盘

x^{2} + y^{2} \leq a^{2}

对应

0 \leq θ \leq 2 π, 0 \leq r \leq a

；圆环

a^{2} \leq x^{2} + y^{2} \leq b^{2}

对应

0 \leq θ \leq 2 π, a \leq r \leq b

。

举例说明

例（数三 2003）. 计算

I = \iint_{D} e^{- (x^{2} + y^{2} - π)} sin (x^{2} + y^{2}) d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq π

。
解. 积分区域是圆盘，被积函数又只依赖于

x^{2} + y^{2}

，这两点都提示应当改用极坐标。先提出常数因子

e^{π}

，再令

x = r cos θ, y = r sin θ

。对整个圆盘定限时先 $r$ 后 $θ$ ，得

0 \leq θ \leq 2 π, 0 \leq r \leq π

，且

d σ = r d r d θ

，于是

I = e^{π} \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{π} r e^{- r^{2}} sin r^{2} d r .

再令

t = r^{2} (r d r = \frac{1}{2} d t)

，得

I = π e^{π} \int_{0}^{π} e^{- t} sin t d t

。两次分部积分得

\int_{0}^{π} e^{- t} sin t d t = \frac{1}{2} (e^{- π} + 1)

，故

I = π e^{π} \cdot \frac{1}{2} (e^{- π} + 1) = \frac{π}{2} (e^{π} + 1)

。

3. 过原点的圆化为极坐标： $r = 2 a sin θ$ 与 $r = 2 a cos θ$ ，角度范围不要配错★ 要懂

考研中最容易记混的是过原点的圆。推导时只需把边界方程代入

x = r cos θ, y = r sin θ

：
-

x^{2} + y^{2} \leq 2 a y

（

a > 0

）即

r^{2} \leq 2 a r sin θ \Rightarrow r \leq 2 a sin θ

，它是圆心为

(0, a)

、半径为

a

的圆，位于上半平面，故

θ \in [0, π]

；
-

x^{2} + y^{2} \leq 2 a x

即

r \leq 2 a cos θ

，它是圆心为

(a, 0)

、半径为

a

的圆，位于右半平面，故

θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]

。
必须注意不要把 $sin / cos$ 与角度范围配错：

sin

对应

[0, π]

（上半平面），

cos

对应

[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]

（右半平面）。这类圆虽然过原点，但自原点引出的射线只扫过半圈，因此

θ

绝不是由

0 \to 2 π

。

证明 / 推导

以

x^{2} + y^{2} = 2 a y

为例。代入

y = r sin θ

，得

r^{2} = 2 a r sin θ

，两端除以

r

（

r \neq = 0

），得

r = 2 a sin θ

。要使

r \geq 0

，须有

sin θ \geq 0

，即

θ \in [0, π]

，这恰好是该圆（它与

x

轴相切于原点，且位于上方）被自原点引出的射线所扫过的角度范围。对

x^{2} + y^{2} = 2 a x

同理可得

r = 2 a cos θ

，且由

cos θ \geq 0 \Rightarrow θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]

。

■

举例说明

例（数三 1998）. 计算

I = \iint_{D} x d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq x

。
解.

x^{2} + y^{2} \leq x

表示一个过原点的圆（圆心为

(\frac{1}{2}, 0)

，半径为

\frac{1}{2}

，位于右半平面）。把边界方程代入

x = r cos θ

，得

r^{2} = r cos θ \Rightarrow r = cos θ

，它属于

cos

型，故角度范围取

θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]

，而

r

由

0

变到

cos θ

。又

x = r cos θ

，

d σ = r d r d θ

，于是

I = \int_{- π /2}^{π /2} cos θ d θ \int_{0}^{c o s θ} r^{3/2} d r = \frac{2}{5} \int_{- π /2}^{π /2} cos^{3} θ d θ = \frac{4}{5} \int_{0}^{π /2} cos^{3} θ d θ = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} = \frac{8}{15} .

cos

型对应的角度范围是

[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]

，切勿与

x^{2} + y^{2} \leq y \Rightarrow r = sin θ, θ \in [0, π]

相混。

4. 用对称性判定积分为零：区域对称 $+$ 被积函数具有奇偶性，两个条件缺一不可★★ 必会

若区域

D

关于

y

轴对称，且被积函数关于

x

为奇函数（

f (- x, y) = - f (x, y)

），则

\iint_{D} f d σ = 0

；若关于

x

为偶函数（

f (- x, y) = f (x, y)

），则

\iint_{D} f d σ = 2 \iint_{D_{右}} f d σ

。当区域关于

x

轴对称时，对

y

的奇偶性也有同样的结论。因此在动手积分之前，宜先考察对称性，这常能使计算量减半，甚至直接得零；也可以把被积函数逐项拆开，凡在对称区域上为奇函数的项一律去掉。使用时必须注意：区域对称与函数的奇偶性这两个条件必须同时成立，只看函数的奇偶性而不顾区域（或者相反）是最常见的误用。

证明 / 推导

设

D

关于

y

轴对称，即

(x, y) \in D \Leftrightarrow (- x, y) \in D

。作代换

u = - x, v = y

，它的雅可比行列式的绝对值为

1

，且把

D

映为自身，于是

\iint_{D} f (x, y) d x d y = \iint_{D} f (- u, v) d u d v .

若

f

关于第一个变量为奇函数，即

f (- u, v) = - f (u, v)

，代入上式便得

\iint_{D} f = - \iint_{D} f

，故

2 \iint_{D} f = 0

，即

\iint_{D} f = 0

。

■

举例说明

例（数三 2008）. 计算

I = \iint_{D} (x^{2} - y) d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

。
解. 先考察对称性：

D

关于

x

轴对称，而

- y

关于

y

是奇函数，两个条件都满足，故

\iint_{D} (- y) d σ = 0

，只剩下

\iint_{D} x^{2} d σ

。再由轮换对称性

\iint_{D} x^{2} = \iint_{D} y^{2} = \frac{1}{2} \iint_{D} (x^{2} + y^{2})

，并化为极坐标，得

I = \iint_{D} x^{2} d σ = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{1} r^{2} \cdot r d r = \frac{1}{2} \cdot 2 π \cdot \frac{1}{4} = \frac{π}{4} .

必须注意：区域对称与函数的奇偶性这两个条件同时成立，才能判定积分为零。本题中

D

对称

+

- y

为奇函数，二者缺一不可。

5. 轮换对称性：当区域关于 $y = x$ 对称时可把 $x, y$ 对调★ 要懂

若区域

D

关于直线

y = x

对称（即把每点的

x, y

互换后

D

不变），则积分值在

x \leftrightarrow y

互换之下不变：

\iint_{D} f (x, y) d σ = \iint_{D} f (y, x) d σ

。典型的用法是把两式相加再取一半：在这样的

D

上有

\iint_{D} x^{2} d σ = \iint_{D} y^{2} d σ = \frac{1}{2} \iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d σ

，而右端含有

x^{2} + y^{2}

，正好可以接着化为极坐标，一步兼收两利。凡遇区域关于

y = x

对称、且被积函数是

x, y

的对称组合，就应想到这一方法。其前提是：

D

必须关于

y = x

对称，并非任意区域都可以这样对调。

证明 / 推导

设

D

关于

y = x

对称，即

(x, y) \in D \Leftrightarrow (y, x) \in D

。作代换

u = y, v = x

（即交换两个坐标），它的雅可比行列式的绝对值为

1

，且把

D

映为自身，故

\iint_{D} f (x, y) d x d y = \iint_{D} f (v, u) d u d v = \iint_{D} f (y, x) d x d y

（最后一步把哑变量重新记作

x, y

）。

■

举例说明

例（数三 2014）. 计算

I = \iint_{D} \frac{x sin ( π x ^{2} + y ^{2} )}{x + y} d σ

，其中

D : 1 \leq x^{2} + y^{2} \leq 4, x \geq 0, y \geq 0

。
解.

D

是位于第一象限的四分之一圆环，关于 $y = x$ 对称。由轮换对称性把

x, y

对调，得

I = \iint_{D} \frac{y sin π r}{x + y} d σ

（其中

r = x^{2} + y^{2}

）。把它与原式相加再取一半，分子中的

x + y

与分母

x + y

相约，于是

I = \frac{1}{2} \iint_{D} \frac{( x + y ) sin π r}{x + y} d σ = \frac{1}{2} \iint_{D} sin (π x^{2} + y^{2}) d σ .

再化为极坐标（此时

1 \leq r \leq 2, 0 \leq θ \leq \frac{π}{2}

），得

I = \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2} \int_{1}^{2} r sin π r d r = \frac{π}{4} \int_{1}^{2} r sin π r d r

。又由

\int_{1}^{2} r sin π r d r = \frac{1}{π ^{2}} [sin u - u cos u]_{π}^{2 π} = - \frac{3}{π}

，得

I = \frac{π}{4} \cdot (- \frac{3}{π}) = - \frac{3}{4}

。

6. 无界区域上的反常二重积分：用有界子区域穷竭取极限，化为带无穷限的累次积分★★ 必会

数学三的考试大纲要求会计算无界区域上的简单反常二重积分，这也是本节在数学三中特别标出反常二重积分的原因。它的定义仿照一元反常积分，先截断，再取极限：设

f

在无界闭区域

D

上连续，取一列有界闭子区域去穷竭

D

（这些子区域单调扩张，最终覆盖

D

内的任一点），若

lim \iint_{D_{n}} f d σ

存在，且与子区域的取法无关，则称反常二重积分

\iint_{D} f d σ

收敛，并且它就等于该极限。在计算上有两点值得注意：当

f \geq 0

（或

\iint_{D} ∣ f ∣

收敛，即绝对收敛）时，可以直接化为累次积分，把无穷限交由一元反常积分处理；而且先沿区域伸向无穷的那个方向积分，往往能把奇性消去，化为收敛的普通一元积分。最典型的例子是在第一象限上

\iint_{x \geq 0, y \geq 0} e^{- x - y} d σ = (\int_{0}^{+ \infty} e^{- x} d x) (\int_{0}^{+ \infty} e^{- y} d y) = 1 \cdot 1 = 1

，变量分离之后两个一元反常积分各自收敛于

1

。

证明 / 推导

（对典型例子 $\iint e^{- x - y}$ 作穷竭验证） 取穷竭用的子区域为正方形

D_{n} = [0, n] \times [0, n]

。在

D_{n}

上被积函数的变量可以分离，故

\iint_{D_{n}} e^{- x - y} d σ = \int_{0}^{n} e^{- x} d x \int_{0}^{n} e^{- y} d y = (1 - e^{- n})^{2} .

令

n \to + \infty

，得极限

1

。又因

f = e^{- x - y} > 0

，而非负函数的穷竭极限与子区域的取法无关，故

\iint_{x \geq 0, y \geq 0} e^{- x - y} d σ = 1

收敛。

■

举例说明

例（数三 2012）. 计算

I = \iint_{D} e^{x} x y d σ

，其中

D

是以曲线

y = x, y = \frac{1}{x}

及

y

轴为边界的无界区域。
解. 两条曲线交于

(1, 1)

，而左侧以

y

轴（

x = 0

）为界，故

D = {0 < x \leq 1, x \leq y \leq \frac{1}{x}}

。当

x \to 0^{+}

时上界

\frac{1}{x} \to + \infty

，故区域无界。先沿伸向无穷的方向 $y$ 积分，得

\int_{x}^{1/ x} y d y = \frac{1}{2} (\frac{1}{x} - x),

于是

I = \int_{0}^{1} x e^{x} \cdot \frac{1}{2} (\frac{1}{x} - x) d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} (1 - x^{2}) e^{x} d x

，其中的奇性

\frac{1}{x}

被

x

约去，反常积分从而化为普通定积分。用分部积分法算得

\frac{1}{2} \int_{0}^{1} (1 - x^{2}) e^{x} d x = \frac{1}{2} (1 - x^{2}) e^{x}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} x e^{x} d x = - \frac{1}{2} + [(x - 1) e^{x}]_{0}^{1} = - \frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2}

。
答案： $I = \frac{1}{2}$ 。 由此可见，计算无界区域上的二重积分时先沿伸向无穷的方向积分，常能把反常性化为收敛的一元积分。

💡 小知识

著名的高斯积分

\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- x^{2}} d x = π

用一元方法根本积不出来，换成二重积分加极坐标却能一举拿下：先把它平方成

\iint e^{- (x^{2} + y^{2})} d x d y

，换到极坐标后被积函数变为

e^{- r^{2}} \cdot r

，而由面积元凭空多出来的那个

r

恰好凑成

- \frac{1}{2} d (e^{- r^{2}})

，一步就积出

π

，开方即得

π

。升高一维再换坐标，难题反而变简单了。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 计算

I = \iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 4

。难度 1

思路：圆盘 $+$ 被积函数含 $x^{2} + y^{2}$ ，用极坐标；牢记面积元 $d σ = r d r d θ$ 。

令

x = r cos θ, y = r sin θ

，则

x^{2} + y^{2} = r^{2}

。半径

2

的圆盘对应

0 \leq r \leq 2, 0 \leq θ \leq 2 π

：

I = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{2} r^{2} \cdot r d r = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{2} r^{3} d r .

内层：

\int_{0}^{2} r^{3} d r = [\frac{r ^{4}}{4}]_{0}^{2} = \frac{16}{4} = 4

。外层：

\int_{0}^{2 π} 4 d θ = 4 \cdot 2 π = 8 π

。
答案： $I = 8 π$ 。 别漏那个由雅可比带来的因子

r

——极坐标最高频的丢分点。

例 2 计算

I = \iint_{D} \frac{1}{x ^{2} + y ^{2}} d σ

，其中

D : 1 \leq x^{2} + y^{2} \leq 4

（圆环）。难度 2

思路：圆环 $+$ 含 $x^{2} + y^{2}$ ，极坐标下 $x^{2} + y^{2} = r$ ，被积函数 $= \frac{1}{r}$ 。

圆环对应

1 \leq r \leq 2, 0 \leq θ \leq 2 π

。注意

d σ = r d r d θ

，那个

r

恰好与分母约掉：

I = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{1}^{2} \frac{1}{r} \cdot r d r = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{1}^{2} 1 d r .

内层：

\int_{1}^{2} 1 d r = 1

。外层：

\int_{0}^{2 π} 1 d θ = 2 π

。
答案： $I = 2 π$ 。 极坐标把根号一步化简，且

d σ

里的

r

常与被积函数相消。

例 3 计算

I = \iint_{D} x^{2} + y^{2} d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 2 x

。难度 2

思路： $x^{2} + y^{2} \leq 2 x$ 是过原点的圆，化极坐标得 $r = 2 cos θ$ ；被积函数 $x^{2} + y^{2} = r$ 。

边界

x^{2} + y^{2} = 2 x

代入

x = r cos θ

：

r^{2} = 2 r cos θ \Rightarrow r = 2 cos θ

。该圆为

(x - 1)^{2} + y^{2} \leq 1

，圆心

(1, 0)

、半径

1

，位于右半平面且过原点，射线角度

θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]

，

r

从

0

到

2 cos θ

：

I = \int_{- π /2}^{π /2} d θ \int_{0}^{2 c o s θ} r \cdot r d r = \int_{- π /2}^{π /2} [\frac{r ^{3}}{3}]_{0}^{2 c o s θ} d θ = \int_{- π /2}^{π /2} \frac{8 cos ^{3} θ}{3} d θ .

cos^{3} θ

为偶函数，

\int_{- π /2}^{π /2} cos^{3} θ d θ = 2 \int_{0}^{π /2} cos^{3} θ d θ = 2 \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{3}

（华里士公式

\int_{0}^{π /2} cos^{3} = \frac{2 !!}{3 !!} = \frac{2}{3}

）。故

I = \frac{8}{3} \cdot \frac{4}{3} = \frac{32}{9} .

答案： $I = \frac{32}{9}$ 。 过原点的圆

x^{2} + y^{2} \leq 2 a x

化

r = 2 a cos θ

（

θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]

），别与

x^{2} + y^{2} \leq 2 a y \Rightarrow r = 2 a sin θ

（

θ \in [0, π]

）记混。

例 4 计算

I = \iint_{D} (x^{2} + y^{2} + x + 1) d σ

，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

。难度 2

思路：先用对称性删去奇函数项，再对圆域用极坐标。

第一步：对称性。

D

是单位圆盘，关于

y

轴对称。逐项看：

x

关于

x

为奇函数，故

\iint_{D} x d σ = 0

。于是

I = \iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d σ + \iint_{D} 1 d σ .

第二步：极坐标算第一项。

0 \leq r \leq 1, 0 \leq θ \leq 2 π

，

x^{2} + y^{2} = r^{2}

，

d σ = r d r d θ

：

\iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d σ = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{1} r^{2} \cdot r d r = 2 π \cdot \frac{1}{4} = \frac{π}{2} .

第三步：第二项是面积

\iint_{D} 1 d σ = S_{D} = π

。合计

I = \frac{π}{2} + π = \frac{3 π}{2}

。
答案： $I = \frac{3 π}{2}$ 。 对称性要「区域对称

+

函数奇偶」两条件同时满足才能判零。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2024 年 · 数三 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

设平面有界区域

D

位于第一象限，由曲线

x y = \frac{1}{3}

，

x y = 3

与直线

y = \frac{1}{3} x

，

y = 3 x

围成，计算

\iint_{D} (1 + x - y) d x d y

。

2023 年 · 数三 · 第 19 题 · 解答题 · 12 分

已知平面区域

D = {(x, y) ∣ (x - 1)^{2} + y^{2} \leq 1}

，计算二重积分

\iint_{D} x^{2} + y^{2} - 1 d x d y

。

2022 年 · 数三 · 第 19 题 · 解答题 · 12 分

已知平面区域

D = {(x, y) ∣ y - 2 \leq x \leq 4 - y^{2}, 0 \leq y \leq 2}

，计算

I = \iint_{D} \frac{( x - y ) ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d x d y

2021 年 · 数三 · 第 19 题 · 解答题 · 12 分

设有界区域

D

是圆

x^{2} + y^{2} = 1

和直线

y = x

以及

x

轴在第一象限围成的部分，计算二重积分

\iint_{D} e^{(x + y)^{2}} (x^{2} - y^{2}) d x d y

。

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

\iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d σ =

（　　），其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

。

A $\frac{π}{4}$
B $\frac{π}{2}$
C $π$
D $2 π$

练习 2 · 填空题

\iint_{D} x^{2} + y^{2} d σ =

____，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 9

。

练习 3 · 选择题

\iint_{D} (x^{3} + x y^{2}) d σ =

（　　），其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

。

A $0$
B $π$
C $\frac{π}{2}$
D $\frac{π}{4}$

练习 4 · 填空题

\iint_{D} y d σ =

____，其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 2 y

。

练习 5 · 选择题

\iint_{D} x^{2} d σ =

（　　），其中

D : x^{2} + y^{2} \leq 1

。

A $\frac{π}{4}$
B $\frac{π}{2}$
C $\frac{π}{8}$
D $π$

练习 6 · 选择题

设

f (x, y)

连续，则累次积分

\int_{0}^{2} d x \int_{0}^{2 x - x^{2}} f (x, y) d y

化为极坐标下的累次积分等于（　）。

A $\int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{2 c o s θ} f (r cos θ, r sin θ) r d r$
B $\int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{2 s i n θ} f (r cos θ, r sin θ) r d r$
C $\int_{0}^{\frac{π}{4}} d θ \int_{0}^{2 c o s θ} f (r cos θ, r sin θ) r d r$
D $\int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{2} f (r cos θ, r sin θ) r d r$

练习 7 · 填空题

\iint_{D} \frac{d x d y}{( 1 + x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} =

____，其中

D

为整个

x O y

平面。

练习 8 · 解答题

设

D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 4}

。

(1) 计算

I_{1} = \iint_{D} x^{2} + y^{2} - 2 d σ

；

(2) 计算

I_{2} = \iint_{D} max {x^{2} + y^{2}, 2} d σ

，并用

I_{1}

检验所得结果。

2020 年 · 数三 · 第 18 题 · 解答题 · 10 分

设

D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 1, y \geq 0}

，连续函数

f (x, y)

满足

f (x, y) = y 1 - x^{2} + x \iint_{D} f (x, y) d x d y,

求

\iint_{D} x f (x, y) d x d y

2015 年 · 数三 · 第 3 题 · 选择题 · 4 分

设

D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 2 x, x^{2} + y^{2} \leq 2 y}

，函数

f (x, y)

在

D

上连续，则

\iint_{D} f (x, y) d x d y =

（　　）。

A $\int_{0}^{\frac{π}{4}} d θ \int_{0}^{2 c o s θ} f (r cos θ, r sin θ) r d r + \int_{\frac{π}{4}}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{2 s i n θ} f (r cos θ, r sin θ) r d r$ .
B $\int_{0}^{\frac{π}{4}} d θ \int_{0}^{2 s i n θ} f (r cos θ, r sin θ) r d r + \int_{\frac{π}{4}}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{2 c o s θ} f (r cos θ, r sin θ) r d r$ .
C $2 \int_{0}^{1} d x \int_{1 - 1 - x^{2}}^{x} f (x, y) d y$ .
D $2 \int_{0}^{1} d x \int_{x}^{2 x - x^{2}} f (x, y) d y$ .

二重积分的计算（极坐标、对称性、反常二重积分）

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 面积元 dσ=rdrdθ：多出来的因子 r 来自雅可比行列式与扇环的拉伸★★ 必会

2. 何时作极坐标变换，以及如何定限（先 r 后 θ）★★ 必会

3. 过原点的圆化为极坐标：r=2asinθ 与 r=2acosθ，角度范围不要配错★ 要懂

4. 用对称性判定积分为零：区域对称 + 被积函数具有奇偶性，两个条件缺一不可★★ 必会

5. 轮换对称性：当区域关于 y=x 对称时可把 x,y 对调★ 要懂

6. 无界区域上的反常二重积分：用有界子区域穷竭取极限，化为带无穷限的累次积分★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 面积元 $d σ = r d r d θ$ ：多出来的因子 $r$ 来自雅可比行列式与扇环的拉伸★★ 必会

2. 何时作极坐标变换，以及如何定限（先 $r$ 后 $θ$ ）★★ 必会

3. 过原点的圆化为极坐标： $r = 2 a sin θ$ 与 $r = 2 a cos θ$ ，角度范围不要配错★ 要懂

4. 用对称性判定积分为零：区域对称 $+$ 被积函数具有奇偶性，两个条件缺一不可★★ 必会

5. 轮换对称性：当区域关于 $y = x$ 对称时可把 $x, y$ 对调★ 要懂