下册 8.1 二重积分 第39题
📝 题目
39．求平面区域的面积．
（1）求由抛物线 $y^{2}=p x, y^{2}=q x(00, A C-B^{2}>0, A, B, C$ 均为常数．
（8）求由下列曲线所围成的面积：$\displaystyle \left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\right)^{2}=\frac{x^{2} y}{c^{3}}$ ．
（9）求区域 $x^{2}+y^{2} \geqslant a^{2}$ 围于曲线 $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=2 a^{2}\left(x^{2}-y^{2}\right)$ 内部之部分的面积．
（10）求由曲线 $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=2 a^{2}\left(x^{2}-y^{2}\right)$ 所围成的区域的面积．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
$D$ 的面积 $\mu(D)=\iint_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ．
（1）如图8．105所示，令 $\displaystyle \frac{y^{2}}{x}=u, x y=v$ ．它把 $x y$ 平面上的区域 $D$ 对应到 $u v$ 平面上的矩形区域 $\Delta: p \leqslant u \leqslant q, a \leqslant v \leqslant b$ ．由于 $\displaystyle \frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)}=-\frac{3 y^{2}}{x}=-3 u$ ，所以 $\displaystyle J=-\frac{1}{3 u}$ ．于是所求区域的面积为
$$
\mu(D)=\iint_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{\Delta} \frac{1}{3 u} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v=\int_{a}^{b} \mathrm{~d} v \int_{p}^{q} \frac{1}{3 u} \mathrm{~d} u=\frac{1}{3}(b-a) \ln \frac{q}{p} .
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-173.jpg?height=1410&width=1044&top_left_y=4841&top_left_x=1146}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．105}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-173.jpg?height=1126&width=1272&top_left_y=5125&top_left_x=3439}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．106}
\end{figure}
（2）如图8．106所示，令 $\displaystyle \frac{y^{2}}{x}=u, \frac{x^{2}}{y}=v$ 。它把 $x y$ 平面上的区域 $D$ 对应到 $u v$ 平面上的矩形区域 $\Delta: 2 p \leqslant u \leqslant 2 q, 2 r \leqslant v \leqslant 2 s$ ．由于 $\displaystyle \frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)}=-3$ ，所以 $\displaystyle J=-\frac{1}{3}$ ．于是
$$
\mu(D)=\iint_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{\Delta} \mathrm{d} u \mathrm{~d} v=\frac{4}{3}(q-p)(s-r)
$$
（3）令 $x y=u, x y^{3}=v$ ．它把 $x y$ 平面上的区域 $D$ 对应到 $u v$ 平面上的矩形区域 $\Delta: 4 \leqslant u \leqslant 8,5 \leqslant v \leqslant 15$ ．由于 $\displaystyle \frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)}=2 x y^{3}=2 v$ ，所以 $\displaystyle J=\frac{1}{2 v}$ ．于是所求区域的面积为
$$
\mu(D)=\iint_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{\Delta} \frac{1}{2 v} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v=\frac{1}{2} \int_{4}^{8} \mathrm{~d} u \int_{5}^{15} \frac{1}{v} \mathrm{~d} v=2 \ln 3
$$
（4）如图8．107所示，作变换 $\displaystyle T: x=\frac{u}{v^{2}}, y=\frac{u}{v}$ ．它把 $x y$ 平面上的区域 $D$ 对应到 $u v$ 平面上的矩形区域 $\displaystyle \Delta=[m, n] \times[\alpha, \beta] . J(u, v)=\frac{u}{v^{4}}>0$ ．所以所求区域的面积为
$$
\mu(D)=\iint_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{\Delta} \frac{u}{v^{4}} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v=\int_{\alpha}^{\beta} \frac{\mathrm{d} v}{v^{4}} \int_{m}^{n} u \mathrm{~d} u=\frac{\left(n^{2}-m^{2}\right)\left(\beta^{3}-\alpha^{3}\right)}{6 \alpha^{3} \beta^{3}}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-174.jpg?height=1237&width=1272&top_left_y=2500&top_left_x=1139}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．107}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-174.jpg?height=1223&width=1037&top_left_y=2514&top_left_x=3598}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．108}
\end{figure}
（5）如图8．108 所示，令 $\displaystyle x y=u, \frac{y}{x}=v$ ．它把 $x y$ 平面上的区域 $D$ 对应到 $u v$ 平面上的矩形区域 $\Delta: p \leqslant u \leqslant q, a \leqslant v \leqslant b$ ．由于 $\displaystyle \frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)}=\frac{2 y}{x}=2 v$ ，所以 $\displaystyle J=\frac{1}{2 v}$ ．故所求区域的面积为
$$
\mu(D)=\iint_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{\Delta} \frac{1}{2 v} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v=\frac{1}{2} \int_{p}^{q} \mathrm{~d} u \int_{a}^{b} \frac{1}{v} \mathrm{~d} v=\frac{q-p}{2} \ln \frac{b}{a}
$$
（6）作坐标变换 $\left\{\begin{array}{l}u=a_{1} x+b_{1} y+c_{1}, \\ v=a_{2} x+b_{2} y+c_{2},\end{array}\right.$ 则 $u^{2}+v^{2}=1$ 。令 $\Delta=a_{1} b_{2}-a_{2} b_{1}$ ，由于 $\displaystyle \frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)}=\Delta$ ，所以 $\displaystyle J=\frac{1}{\Delta}$ ．于是椭圆所界面积
$$
\mu(D)=\iint_{D} \mathrm{~d} \sigma=\iint_{u^{2}+v^{2}<1} \frac{1}{|\Delta|} \mathrm{d} \sigma=\frac{1}{\left|a_{1} b_{2}-a_{2} b_{1}\right|} \iint_{u^{2}+v^{2}<1} \mathrm{~d} \sigma=\frac{\pi}{\left|a_{1} b_{2}-a_{2} b_{1}\right|}
$$
（7）记 $\displaystyle b_{1}=\frac{B}{\sqrt{A}}, b_{2}=\frac{\sqrt{A C-B^{2}}}{\sqrt{A}}$ ，则 $A x^{2}+2 B x y+C y^{2}=1$ 变为 $\left(\sqrt{A} x+b_{1} y\right)^{2}+\left(b_{2} y\right)^{2}=1$ ．令 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}u=\sqrt{A} x+b_{1} y, \text { 则 } u^{2}+v^{2}=1 \text { ．由于 } \frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)}=\sqrt{A} b_{2}, \text { 所以 } J=\frac{1}{\sqrt{A} b_{2}} \text { ．于是椭圆所界面积 } \\ v=b_{2} y,\end{array}\right.$
$$
\mu(D)=\iint_{D} \mathrm{~d} \sigma=\iint_{u^{2}+v^{2}<1} \frac{1}{\sqrt{A} b_{2}} \mathrm{~d} \sigma=\frac{1}{\sqrt{A} b_{2}} \iint_{u^{2}+v^{2}<1} \mathrm{~d} \sigma=\frac{\pi}{\sqrt{A C-B^{2}}}
$$
（8）图形在 $x$ 轴上方，关于 $y$ 轴对称。令 $x=a r \cos \theta, y=b r \sin \theta$ ，则 $\displaystyle r=\frac{a^{2} b \sin \theta \cos ^{2} \theta}{c^{3}}$ ．于是
$$
\begin{aligned}
\mu(D) & =2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{a^{2} b \sin \theta \cos ^{2} \theta}{c^{3}}} a b r \mathrm{~d} r=\frac{a^{5} b^{3}}{c^{6}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{2} \theta \cos ^{4} \theta \mathrm{~d} \theta=\frac{a^{5} b^{3}}{c^{6}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\cos ^{4} \theta-\cos ^{6} \theta\right) \mathrm{d} \theta \\
& =\frac{a^{5} b^{3}}{2 c^{6}}\left[B\left(\frac{1}{2}, \frac{5}{2}\right)-B\left(\frac{1}{2}, \frac{7}{2}\right)\right]=\frac{a^{5} b^{3}}{2 c^{6}} \pi\left(\frac{3}{8}-\frac{5}{16}\right)=\frac{a^{5} b^{3}}{32 c^{6}} \pi
\end{aligned}
$$
（9）区域边界的极坐标方程为 $r^{2}=2 a^{2} \cos 2 \theta, r=a$ ，它们的交点（在第一象限内）为 $\displaystyle \left(a, \frac{\pi}{6}\right)$ ．利用对称性，所求面积为
$$
\mu(D)=\iint_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=4 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \mathrm{~d} \theta \int_{a}^{\sqrt{2 a^{2} \cos 2 \theta}} r \mathrm{~d} r=2 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\left(2 a^{2} \cos 2 \theta-a^{2}\right) \mathrm{d} \theta=\frac{3 \sqrt{3}-\pi}{3} a^{2} .
$$
（10）区域边界的极坐标方程为 $r^{2}=a^{2} \cos 2 \theta$ ．由 $\cos 2 \theta \geqslant 0$ 得 $\displaystyle \theta \in\left(-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right)$ 或 $\displaystyle \left(\frac{3}{4} \pi, \frac{5}{4} \pi\right)$ ．以 $-\theta$代 $\theta$ 方程不变，从而图形关于 $x$ 轴对称。以 $\pi-\theta$ 代 $\theta$ ，方程不变，从而图形关于 $y$ 轴对称．于是
$$
\mu(D)=\iint_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=4 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\sqrt{a^{2} \cos 2 \theta}} r \mathrm{~d} r=2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} a^{2} \cos 2 \theta \mathrm{~d} \theta=a^{2} .
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/3
目标：建立变量替换
令 $u = \frac{y^2}{x}$, $v = xy$。则原曲线 $y^2 = px$, $y^2 = qx$ 变为 $u = p$, $u = q$；双曲线 $xy = a$, $xy = b$ 变为 $v = a$, $v = b$。因此区域 $D$ 映射为 $uv$ 平面上的矩形区域 $\Delta: p \leq u \leq q, a \leq v \leq b$。
提示：注意变量替换后边界对应关系，确保新变量范围正确。
步骤 2/3
目标：计算雅可比行列式
计算 $\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} = \begin{vmatrix} \frac{\partial u}{\partial x} & \frac{\partial u}{\partial y} \\ \frac{\partial v}{\partial x} & \frac{\partial v}{\partial y} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} -\frac{y^2}{x^2} & \frac{2y}{x} \\ y & x \end{vmatrix} = -\frac{y^2}{x^2} \cdot x - \frac{2y}{x} \cdot y = -\frac{y^2}{x} - \frac{2y^2}{x} = -\frac{3y^2}{x} = -3u$。因此雅可比行列式 $J = \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \frac{1}{\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}} = -\frac{1}{3u}$。
公式：$J = \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \frac{1}{\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}}$
提示：注意雅可比行列式是变换的导数行列式的倒数，且需取绝对值。
步骤 3/3
目标：写出面积积分并计算
面积 $A = \iint_D dxdy = \iint_\Delta |J| dudv = \iint_\Delta \frac{1}{3u} dudv$。积分区域为矩形，先对 $v$ 积分：$\int_a^b dv = b-a$，再对 $u$ 积分：$\int_p^q \frac{1}{3u} du = \frac{1}{3} \ln \frac{q}{p}$。因此 $A = \frac{1}{3}(b-a) \ln \frac{q}{p}$。
公式：$\iint_D f(x,y) dxdy = \iint_\Delta f(x(u,v),y(u,v)) |J| dudv$
提示：注意雅可比行列式取绝对值，积分顺序可交换。
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