最后更新: 2025-10-22 15:31 查看: 135 次纠错评论(0) 课件开VIP

用极坐标计算二重积分

## 用极坐标计算二重积分
当积分区域是圆域或圆域的一部分，或者被积函数的形式为 $f\left(x^2+y^2\right)$ 时，采用极坐标变换

$$
T:\left\{\begin{array}{l}
x=r \cos \theta, \\
y=r \sin \theta,
\end{array} \quad 0 \leqslant r<+\infty, 0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi\right.
$$

往往能达到简化积分区域或被积函数的目的．此时，变换 $T$ 的函数行列式为

$$
J(r, \theta)=\left|\begin{array}{rr}
\cos \theta & -r \sin \theta \\
\sin \theta & r \cos \theta
\end{array}\right|=r
$$

![图片](/uploads/2025-10/92321a.jpg)
 
 容易知道，极坐标变换 $T$ 把 $r \theta$ 平面上的矩形 $[0, R] \times[0,2 \pi]$ 变换成 $x y$ 平面上的圆域 $D=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant R^2\right\}$ 。但对应不是一对一的。例如，$x y$ 平面上原点 $O(0,0)$ 与 $r \theta$ 平面上直线 $r=0$ 相对应，$x$ 轴上线段 $A A^{\prime}$ 对应于 $r \theta$ 平面上两条线段 $C D$ 和 $E F$（图21－24）。又当 $r=0$ 时，$J(r, \theta)=0$ ，因此不满足定理21．13的条件．但是，我们仍然有下面的结论。

**定理21．14** 设 $f(x, y)$ 满足定理21．13的条件，且在极坐标变换（8）下，$x y$ 平面上有界闭区域 $D$ 与 $r \theta$ 平面上区域 $\Delta$ 对应，则成立

$$
\iint_D f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iiint_{\Delta} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \theta .
$$

证 若 $D$ 为圆域 $\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant R^2\right\}$ ，则 $\Delta$ 为 $r \theta$ 平面上矩形区域 $[0, R] \times[0,2 \pi]$ ．设 $D_{\varepsilon}$ 为在圆环 $\left\{(x, y) \mid 0<\varepsilon^2 \leqslant x^2+y^2 \leqslant R^2\right\}$ 中除去中心角为 $\varepsilon$ 的扇形 $B B^{\prime} A^{\prime} A$ 所得的区域（图 21－24（a）），则在变换（8）下，$D_{\varepsilon}$ 对应于 $r \theta$ 平面上的矩形区域 $\Delta_{\varepsilon}=[\varepsilon, R] \times [0,2 \pi-\varepsilon]$（图21－24（b））。但极坐标变换（8）在 $D_{\varepsilon}$ 与 $\Delta_{\varepsilon}$ 之间是一对一变换，且在 $\Delta_{\varepsilon}$上函数行列式 $J(r, \theta)>0$ ．于是由定理 21．13，有

$$
\iint_{D_{\varepsilon}} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{\Delta_{\varepsilon}} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \theta .
$$

因为 $f(x, y)$ 在有界闭域 $D$ 上有界，在上式中令 $\varepsilon \rightarrow 0$ ，即得

$$
\iint_D f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{\Delta} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \theta .
$$

若 $D$ 是一般的有界闭区域，则取足够大的 $R>0$ ，使 $D$ 包含在圆域 $D_R=\left\{(x, y) \mid x^2+\right. \left.y^2 \leqslant R^2\right\}$ 内，并且在 $D_R$ 上定义函数

$$
F(x, y)= \begin{cases}f(x, y), & (x, y) \in D, \\ 0, & (x, y) \notin D .\end{cases}
$$

函数 $F(x, y)$ 在 $D_R$ 内至多在有限条按段光滑曲线上间断，因此，对函数 $F(x, y)$ ，由前述有

$$
\boxed{
\iint_{D_R} F(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{\Delta_R} F(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \theta ...(1)
}
$$

其中 $\Delta_R$ 为 $r \theta$ 平面上矩形区域 $[0, R] \times[0,2 \pi]$ ．由函数 $F(x, y)$ 的定义，即得（9）式．
由定理 21.14 看到，

> **用极坐标变换计算二重积分，除变量作相应的替换外，还须把 ＂面积微元＂ $\mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ 换成 $r \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \theta$** ．

### 坐标系之间转换
下面介绍二重积分在极坐标系下如何化为累次积分计算．
（i）若原点 $O \notin D$ ，且 $x y$ 平面上射线 $\theta=$ 常数与 $D$ 的边界至多交于两点（图 21－25），则 $\Delta$ 必可表示成

![图片](/uploads/2025-10/b89ab3.jpg){width=250px}

$$
r_1(\theta) \leqslant r \leqslant r_2(\theta), \quad \alpha \leqslant \theta \leqslant \beta
$$

于是有

$$
\iint_D f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_\alpha^\beta \mathrm{d} \theta \int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{~d} r
$$

类似地，若 $x y$ 平面上的圆 $r=$ 常数与 $D$ 的边界至多交于两点（图21－26），则 $\Delta$ 必可表示成

![图片](/uploads/2025-10/5c6a6a.jpg){width=250px}

$$
\theta_1(r) \leqslant \theta \leqslant \theta_2(r), \quad r_1 \leqslant r \leqslant r_2,
$$

所以

$$
\iint_D f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_{r_1}^{r_2} r \mathrm{~d} r \int_{\theta_1(r)}^{\theta_2(r)} f(r \cos \theta, r \sin \theta) \mathrm{d} \theta
$$

（ii）若原点为 $D$ 的内点（图 21－27），$D$ 的边界的极坐标方程为 $r=r(\theta)$ ，则 $\Delta$ 可表示成

$$
0 \leqslant r \leqslant r(\theta), \quad 0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi
$$

所以

$$
\iint_D f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_0^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_0^{r(\theta)} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{~d} r
$$

![图片](/uploads/2025-10/da86fe.jpg){width=250px}
 
 
（iii）若原点 $O$ 在 $D$ 的边界上（图21－28），则 $\Delta$ 为

$$
0 \leqslant r \leqslant r(\theta), \quad \alpha \leqslant \theta \leqslant \beta
$$

于是

$$
\iint_D f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_\alpha^\beta \mathrm{d} \theta \int_0^{r(\theta)} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{~d} r
$$

![图片](/uploads/2025-10/0b7e6e.jpg){width=250px}
 
 
 ## 例题
 
 `例`计算

$$
I=\iint_D \frac{\mathrm{~d} \sigma}{\sqrt{1-x^2-y^2}},
$$

其中 $D$ 为圆域 $x^2+y^2 \leqslant 1$ ．
解 由于原点为 $D$ 的内点，故有

$$
\begin{aligned}
\iint_D \frac{\mathrm{~d} \sigma}{\sqrt{1-x^2-y^2}} & =\int_0^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_0^1 \frac{r}{\sqrt{1-r^2}} \mathrm{~d} r \\
& =\left.\int_0^{2 \pi}\left[-\sqrt{1-r^2}\right]\right|_0 ^1 \mathrm{~d} \theta=\int_0^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta=2 \pi
\end{aligned}
$$

`例`求球体 $x^2+y^2+z^2 \leqslant R^2$ 被圆柱面 $x^2+y^2=R x$ 所割下部分的体积（称为维维安尼（Viviani）体）。

解 由所求立体的对称性（图 21－29），我们只要求出在第一卦限内的部分体积后乘以 4 ，即得所求立体的体积。在第一卦限内的立体是一个曲顶柱体，其底为 $x y$平面内由 $y \geqslant 0$ 和 $x^2+y^2 \leqslant R x$ 所确定的区域，曲顶的方程为

![图片](/uploads/2025-10/fb6db7.jpg){width=250px}
 
 
$$
z=\sqrt{R^2-x^2-y^2} .
$$

所以

$$
V=4 \iint_D \sqrt{R^2-x^2-y^2} \mathrm{~d} \sigma,
$$

其中 $D=\left\{(x, y) \mid y \geqslant 0, x^2+y^2 \leqslant R x\right\}$（图21－30）．用极坐标变换后， 有

![图片](/uploads/2025-10/9eb4e3.jpg){width=250px}

$$
\begin{aligned}
V & =4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_0^{R \cos \theta} \sqrt{R^2-r^2} r \mathrm{~d} r \\
& =\frac{4}{3} R^3 \int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\sin ^3 \theta\right) \mathrm{d} \theta=\frac{4}{3} R^3\left(\frac{\pi}{2}-\frac{2}{3}\right) .
\end{aligned}
$$

`例`  求椭球体

$$
\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2} \leqslant 1
$$

的体积．
解 由对称性，椭球体的体积 $V$ 是第一卦限部分体积的 8 倍，这一部分是以 $z= c \sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}}$ 为曲顶，$D=\left\{(x, y) \left\lvert\, 0 \leqslant y \leqslant b \sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}\right., 0 \leqslant x \leqslant a\right\}$ 为底的曲顶柱体，所以

$$
V=8 \iint_D c \sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y .
$$

应用广义极坐标变换，由于 $z=c \sqrt{1-r^2}$ ，因此

$$
\begin{aligned}
V & =8 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_0^1 c \sqrt{1-r^2} a b r \mathrm{~d} r \\
& =8 a b c \int_0^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_0^1 r \sqrt{1-r^2} \mathrm{~d} r=\frac{4 \pi}{3} a b c
\end{aligned}
$$

当 $a=b=c=R$ 时，得到球的体积为 $\frac{4 \pi}{3} R^3$ ．

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