所以I=∫π40dθ∫sin13θcos43θ0r·rdr=13∫π40sinθcos4θdθ
=-13∫π40dcosθcos4θ=19·1cos3θπ4
0
=19(22-1).
(2)因D：x2+y2≤1是圓域，故選用極坐標.令x=rcosθ，y=rsinθ，則D：0≤θ≤2π，0≤r≤1.
所以I=∫2π03cosθ+4sinθdθ∫10r·rdr
=53∫2π035cosθ+45sinθdθ
=53∫2π0sin(θ+θ0)dθ，
其中sinθ0=35，cosθ0=45.由周期函數的積分性質，有
I=53∫2π-θ0-θ0｜sint｜dt=53∫π-π｜sint｜dt=103∫π0sintdt=203.
例4已知I=∫0-2∫4-x22+x2f(x，y)dy+∫20dx∫4-x22-x2f(x，y)dy，求
(1)試確定該二次積分的積分區域，並作圖；
(2)交換該二次積分的積分次序；
(3)把I變更為極坐標係下的二次積分.
解(1)由兩個積分上限和下限，可知積分域的不等式表示為
(I)x+22≤y≤4-x2，
-2≤x≤0與
(Ⅱ)2-x2≤y≤4-x2，
0≤x≤2.
由此知其積分區域D由y=4-x2，y=2+x2，y=2-x2所圍成.
(2)將D表示為-4-y2≤x≤2(y-1)，
0≤y≤12(1-y)≤x≤4-y2，
0≤y≤1及-4-y2≤x≤4-y2，
1≤y≤2.
∴I=∫10dy∫2(y-1)-4-y2f(x，y)dx+∫10dy∫4-y22(1-y)f(x，y)dx+
∫21dy∫4-y2-4-y2f(x，y)dx.
(3)將y=4-x2，y=2+x2，y=2-x2化為極坐標，得區域(I)的極坐標表示為
22sinθ-cosθ≤r≤2，
π2≤θ≤π；
同樣，區域(Ⅱ)的極坐標表示為
22sinθ+cosθ≤r≤2，
0≤θ≤π2.
所以I=∫π20dθ∫222sinθ+cosθf(rcosθ，rsinθ)rdr+∫ππ2dθ∫222sinθ-cosθf(rcosθ，rsinθ)rdr.
例5證明∫badx∫xaf(y)dy=∫baf(x)(b-x)dx，其中f為連續函數.
證法一∵原式左邊積分區域為D：a≤y≤x，
a≤x≤b，
∴左邊改變積分順序得
∫badx∫axf(y)dy=∫bady∫byf(y)dx=∫baf(y)(b-y)dy=∫baf(x)(b-x)dx.
證法二設F′(x)=f(x)，則
∫badx∫xaf(y)dy=∫ba［F(x)-F(a)］dx=∫baF(x)dx-F(a)(b-a)
=［xF(x)］ba-∫baxF′(x)dx-F(a)(b-a)
=b［F(b)-F(a)］-∫baxf(x)dx
=b∫baF′(x)dx-∫baxf(x)dx=∫baf(x)(b-x)dx.
例6計算：
(1)∫20dx∫2xe-y2dy；
(2)∫21dx∫xxsinπx2ydy+∫42dx∫2xsinπx2ydy.
分析因為∫e-y2dy及∫sinπx2ydy都不是初等函數，故應交換積分次序.
解(1)∵∫20dx∫2xe-y2dy的積分區域為D：0≤x≤2，x≤y≤2.變為D：0≤y≤2，0≤x≤y，從而
原積分=∫20dy∫y0e-y2dx=∫20ye-y2dy
=1-e-42.
(2)積分區域D=D1+D2，其中D1：1≤x≤2，x≤y≤x；D2：2≤x≤4，x≤y≤2.
作出D的圖如圖105所示，得D：1≤y≤2，y≤x≤y2，
原積分=∫21dy∫y2ysinπx2ydx=-2π∫21ycosπ2ydy=-4π3(2+π).
例7利用二重積分證明∫+∞0e-x2dx=π2.
證任給b＞0，則∫b0e-x2dx2=∫b0e-x2dx∫b0e-y2dy=De-(x2+y2)dxdy.
其中D為0≤x≤b，0≤y≤b.
令D1為x2+y2≤b2，且x≥0，y≥0；D2為x2+y2≤2b2，且x≥0，y≥0.
則D1e-(x2+y2)dxdy≤De-(x2+y2)dxdy≤D2e-(x2+y2)dxdy.
利用極坐標係：
D1e-(x2+y2)dxdy=∫π20dθ∫b0e-r2rdr=π4(1-e-b2)，
D2e-(x2+y2)dxdy=∫π20dθ∫2b0e-r2rdr=π4(1-e-2b2).
令b→+∞，得limb→+∞D1e-(x2+y2)dσ≤limb→+∞De-(x2+y2)dσ≤limb→+∞D2e-(x2+y2)dσ，
即有π4≤∫+∞0e-x2dx2≤π4，故∫+∞0e-x2dx=π2.
例8選用適當的坐標係計算下列二重積分：
(1)I=Deyx+ydxdy；D由x+y=1，x=0及y=0所圍成；
(2)I=Dy(1+x2+y2)3/2dxdy，D：0≤x≤1，0≤y≤1.
解(1)注意到被積函數eyx+y=eyx/1+yx是fyx的形式，故利用極坐標.此時
D：0≤θ≤π2，0≤r≤1cosθ+sinθ，
I=∫π20dθ∫1cosθsinθ0esinθcosθ+sinθrdr=12∫π201(cosθ+sinθ)2esinθcosθ+sinθdθ
=12∫π20esinθcosθ+sinθdsinθcosθ+sinθ=12(1-e).
(2)從表麵上看，本題可以用極坐標變換，但從積分區域看，這樣做將十分複雜，故還是選擇直角坐標係計算.
I=∫10dx∫10y(1+x2+y2)-32dy=12∫10dx∫10(1+x2+y2)-32d(1+x2+y2)
=-∫10(1+x2+y2)-1210dx=-∫1012+x2-11+x2dx.
=lnx+1+x21
0-lnx2+1+x221
0=ln2+21+3.
例9計算I=Dcosx-yx+ydxdy.D由x+y=1，x=0及y=0所圍成.
解如圖106所示令u=x-y，
v=x+y，則積分區域變為D′，其中y=0u=v，x=0v=-u；x+y=1v=1.且
J=(x，y)(u，v)=1(u，v)(x，y)=11-1
11=12，
從而得I=D′cosuv·｜J｜dudv
=12∫10dv∫v-vcosuvdu
=12∫102sin1·vdv=12sin1.
［激活思維］
例10計算∫10xb-xalnxdx.
分析注意到被積函數xb-xalnx表現出增量的形式，故將積分化為二重積分.
解原式=∫10∫baxydydx=∫ba∫10xydxdy
=∫ba1y+1xy+11
0dy=∫ba11+ydy
=ln(1+y)b
a=ln(1+b)-ln(1+a).
例11設f(t)連續，證明Df(x-y)dxdy=∫A-Af(t)(A-｜t｜)dt，其中D為正方形區域：｜x｜≤A2，｜y｜≤A2，A為常數.
解法一Df(x-y)dxdy=∫A2-A2dx∫A2-A2f(x-y)dy
令x-y=t，則
上式=∫A2-A2dx∫x-A2x+A2f(t)(-dt)，
=∫A2-A2dx∫x+A2x-A2f(t)dt.
上式右邊二重積分的積分區域為D1，將D1分成：
D(1)1：t-A2≤x≤A2，
0≤t≤A和D(2)1：-A2≤x≤t+A2，
-A≤t≤0.
故∫A2-A2dx∫x+A2x-A2f(x)dt=∫A0f(t)dt∫A2t-A2dx+∫0-Af(t)dt∫t+A2-A2dx
=∫A0f(t)(A-t)dt+∫0-Af(t)(t+A)dt
=∫A0f(t)(A-｜t｜)dt+∫0-Af(t)(A-｜t｜)dt
=∫A-Af(t)(A-｜t｜)dt.
解法二應用二重積分換元法：令x-y=u，x+y=v，則x=u+v2，y=v-u2.
J=(x，y)(u，v)=1212