6.3

6.3 二 二 二重 重 重積 積 積 分 分 分的 的 的極 極 極座 座 座 標 標 標形 形 形式 式 式

6.3. 二重積分的極坐標形式 209

6.3 二重積分的極坐標形式

6.3.1 極坐標







習題解答 6.3.1.



x y

x y

x y







習題解答 6.3.2.



(1) 4 cosπ

3 = 2, sinπ 3 = 2√

3 ⇒ [4,π

3] = (2, 2√ 3) (2) [−1,5π

4 ] = [1,5π

4 − π] = [1,π

4] = (cosπ 4, sinπ

4) = ( 1

√2, 1

√2) 或

[−1,5π

4 ] = ((−1) cosπ

5, (−1) sinπ

5) = ((−1) · 1

√2, (−1) · 1

√2) = ( 1

√2, 1

√2) (3) [0, 2π] = (0, 0)

(4) (1, 0) = [1, 0 + 2nπ] = [1, 2nπ] 或 [−1, π + 2nπ], 其中 n ∈ Z.

(5) 先找出最熟悉的解 (0, 1) = [1,^π₂], 再寫出一般解 (1, 0) = [1,^π₂+ 2nπ] 或 [−1,^π₂+ 2nπ], 其中 n ∈ Z.

(6) r =√

(−1)²+ (−1)²=√

2, tan θ = −1

−1 = 1, 但點在第三象限, 取角度為 3π 4 . 先找出最熟悉的解 (−1, −1) = [√

2,3π

4 ], 再寫出一般解 (−1, −1) = [√ 2,3π

4 + 2nπ]

或 [−√ 2, (3π

4 −π

2) + 2nπ] = [−√ 2,π

4 + 2nπ], 其中 n∈ Z.







習題解答 6.3.3.



(1) r = 4 cos θ ⇒ r²= 4r cos θ⇒ x²+ y²= 4x ⇒ (x − 2)²+ y²= 4. (下頁左圖) (2) r = 2 sin θ ⇒ r²= 2r sin θ⇒ x²+ y²= 2y ⇒ x²+ (y− 1)²= 1. (下頁中圖) (3) (下頁右圖)

r = 4 cos(θ− π

4) = 1 ⇒ r(cos θ cosπ

4 + sin θ sinπ 4) = 1

⇒ 1

√2r cos θ + 1

√2 = 1 ⇒ x + y =√ 2

6.3. 二重積分的極坐標形式 209

6.3 二重積分的極坐標形式

6.3.1 極坐標







習題解答 6.3.1.



x y

x y

x y







習題解答 6.3.2.



(1) 4 cosπ

3 = 2, sinπ 3 = 2√

3 ⇒ [4,π

3] = (2, 2√ 3) (2) [−1,5π

4 ] = [1,5π

4 − π] = [1,π

4] = (cosπ 4, sinπ

4) = ( 1

√2, 1

√2) 或

[−1,5π

4 ] = ((−1) cosπ

5, (−1) sinπ

5) = ((−1) · 1

√2, (−1) · 1

√2) = ( 1

√2, 1

√2) (3) [0, 2π] = (0, 0)

(4) (1, 0) = [1, 0 + 2nπ] = [1, 2nπ] 或 [−1, π + 2nπ], 其中 n ∈ Z.

(5) 先找出最熟悉的解 (0, 1) = [1,^π₂], 再寫出一般解 (1, 0) = [1,^π₂+ 2nπ] 或 [−1,^π₂+ 2nπ], 其中 n ∈ Z.

(6) r =√

(−1)²+ (−1)²=√

2, tan θ =−1

−1 = 1, 但點在第三象限, 取角度為 3π 4 . 先找出最熟悉的解 (−1, −1) = [√

2,3π

4 ], 再寫出一般解 (−1, −1) = [√ 2,3π

4 + 2nπ]

或 [−√ 2, (3π

4 −π

2) + 2nπ] = [−√ 2,π

4 + 2nπ], 其中 n∈ Z.







習題解答 6.3.3.



(1) r = 4 cos θ ⇒ r²= 4r cos θ⇒ x²+ y²= 4x ⇒ (x − 2)²+ y²= 4. (下頁左圖) (2) r = 2 sin θ ⇒ r²= 2r sin θ⇒ x²+ y²= 2y ⇒ x²+ (y− 1)²= 1. (下頁中圖) (3) (下頁右圖)

r = 4 cos(θ−π

4) = 1 ⇒ r(cos θ cosπ

4 + sin θ sinπ 4) = 1

⇒ 1

√2r cos θ + 1

√2 = 1 ⇒ x + y =√ 2

210 第 6 章 多變數函數的積分

−1 0 1 2 3 4 5

−3

−2

−1 0 1 2 3

X Y

−2 −1 0 1 2

−1

−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

X Y

−1 0 1 2 3

−1

−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

X Y







習題解答 6.3.4.



(1) f (x, y) = x²− y²= r²(cos²θ− sin²θ) = r²cos 2θ (2) f (x, y) = xy = r²cos θ sin θ = 1

2r²sin 2θ (3) f (x, y) = x + y − 1 = r cos θ + r sin θ − 1 (4) f (x, y) = e^−(x2+y2) = e^{−r2(cos2θ+sin2θ)}= e^−r2

6.3.2 極坐標形式的二重積分







習題解答 6.3.5.



(1)

ˆ ˆ

Ω

f [r, θ] dA = ˆ _π

0

(ˆ ₄

2

r sin r· r dr )

dθ = ˆ _π

0

1 3sin θ(

r^34

2

)dθ

= 56 3

ˆ π

0 sin θ dθ = −56

3 cos θ|^π0 = 112 3 (2)

ˆ ˆ

Ω

f [r, θ] dA = ˆ _π

0

(ˆ ₃

0

(√1 + 2r²+ θ) r dr

) dθ

= ˆ π

0

(1

6(1 + 2r²)³² +1 2θr²

 

3

0

) dθ

= ˆ π

0

1

6(19³²− 1) +9

2θ dθ =1

6(19³² − 1)π +9 4π² (3)

ˆ ^π

4

0

ˆ cos θ sin θ

√1− r²tan θ · r dr dθ = ˆ ^π

4

0 −tan θ 3

(1− r²)³₂^{cos θ}_{sin θ} dθ

= −1 3

ˆ ^π₄

0

tan θ(sin³θ− cos³θ) dθ =−1 3

ˆ ^π₄

0

sin⁴θ

cos θ − sin θ cos²θ) dθ

210 第 6 章 多變數函數的積分

−1 0 1 2 3 4 5

−3

−2

−1 0 1 2 3

X Y

−2 −1 0 1 2

−1

−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

X Y

−1 0 1 2 3

−1

−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

X Y







習題解答 6.3.4.



(1) f (x, y) = x²− y²= r²(cos²θ− sin²θ) = r²cos 2θ (2) f (x, y) = xy = r²cos θ sin θ = 1

2r²sin 2θ (3) f (x, y) = x + y − 1 = r cos θ + r sin θ − 1 (4) f (x, y) = e^−(x2+y2) = e^{−r2(cos2θ+sin2θ)}= e^−r2

6.3.2 極坐標形式的二重積分







習題解答 6.3.5.



(1)

ˆ ˆ

Ω

f [r, θ] dA = ˆ π

0

(ˆ ₄

2

r sin r· r dr )

dθ = ˆ π

0

1 3sin θ(

r^34

2

) dθ

= 56 3

ˆ π

0 sin θ dθ = −56

3 cos θ|^π0 = 112 3 (2)

ˆ ˆ

Ω

f [r, θ] dA = ˆ π

0

(ˆ ₃

0

(√1 + 2r²+ θ) r dr

) dθ

= ˆ _π

0

(1

6(1 + 2r²)³² +1 2θr²

 

3

0

) dθ

= ˆ π

0

1

6(19³²− 1) +9

2θ dθ =1

6(19³² − 1)π +9 4π² (3)

ˆ ^π₄

0

ˆ cos θ sin θ

√1− r²tan θ · r dr dθ = ˆ ^π₄

0 −tan θ 3

(1− r²)³₂^{cos θ}_{sin θ} dθ

= −1 3

ˆ ^π

4

0

tan θ(sin³θ− cos³θ) dθ =−1 3

ˆ ^π

4

0

sin⁴θ

cos θ − sin θ cos²θ) dθ

1

210 第 6 章 多變數函數的積分

−1 0 1 2 3 4 5

−3

−2

−1 0 1 2 3

X Y

−2 −1 0 1 2

−1

−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

X Y

−1 0 1 2 3

−1

−0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

X Y







習題解答 6.3.4.



(1) f (x, y) = x²− y²= r²(cos²θ− sin²θ) = r²cos 2θ (2) f (x, y) = xy = r²cos θ sin θ = 1

2r²sin 2θ (3) f (x, y) = x + y − 1 = r cos θ + r sin θ − 1 (4) f (x, y) = e^−(x2+y2) = e^{−r2(cos2θ+sin2θ)}= e^−r2

6.3.2 極坐標形式的二重積分







習題解答 6.3.5.



(1)

ˆ ˆ

Ω

f [r, θ] dA = ˆ π

0

(ˆ ₄

2

r sin r· r dr )

dθ = ˆ π

0

1 3sin θ(

r^34

2

)dθ

= 56 3

ˆ π

0 sin θ dθ = −56

3 cos θ|^π0 = 112 3 (2)

ˆ ˆ

Ω

f [r, θ] dA = ˆ _π

0

(ˆ ₃

0

(√1 + 2r²+ θ) r dr

) dθ

= ˆ _π

0

(1

6(1 + 2r²)³² +1 2θr²

 

3

0

) dθ

= ˆ π

0

1

6(19³²− 1) +9

2θ dθ =1

6(19³² − 1)π +9 4π² (3)

ˆ ^π₄

0

ˆ cos θ sin θ

√1− r²tan θ · r dr dθ = ˆ ^π₄

0 −tan θ 3

(1− r²)³₂^{cos θ}_{sin θ} dθ

= −1 3

ˆ ^π₄

0

tan θ(sin³θ− cos³θ) dθ =−1 3

ˆ ^π₄

0

sin⁴θ

cos θ − sin θ cos²θ) dθ

6.3. 二重積分的極坐標形式 211

分開計算 ˆ ^π

4

0

sin⁴θ cos θ dθ =

ˆ ^π

4

0

sin⁴θ

cos²θ· cos θ dθ ^{u=sin θ}= ˆ √¹

2

0

u⁴ 1− u² du

= ˆ √¹

2

0 −(u²+ 1) + 1 1− u² du

= (

− u³

3 − u +1

2ln1 + u 1− u

)₀^√12

= − 1 6√

2− 1

√2+ 1 2ln

√2 + 1

√2− 1 =−7√ 2 12 + ln(√

2 + 1) ˆ ^π

4

0

sin θ cos²θ) dθ = −cos³θ 3

^π4

0 =−

1 2√ 2

3 +1 3 = 1

3 −

√2 12 所以原式等於

−1 3

(−7√ 2 12 + ln(√

2 + 1)−1 3 +

√2 12 )

= 1 9+

√2 6 − 1

3ln(√ 2 + 1)

(4) ˆ ˆ

Ω

f [r, θ] dA = ˆ ^π₂

0

ˆ ^√sin 2θ 0

1· r dr dθ = ˆ ^π₂

0

1

2sin 2θ dθ = −1 4cos 2θ

 

π 2

0

= 1 2







習題解答 6.3.6.



(1) r = sin 2θ, 取 0 ≤ θ^π₂ 之一葉. 面積等於 ˆ ^π

2

0

ˆ sin 2θ 0

1 dr dθ = ˆ ^π

2

0

r² 2

^{sin 2θ}

0 dθ =1 2

ˆ ^π

2

0

sin²2θ dθ

= 1 2

ˆ ^π₂

0

1− cos 4θ 2 dθ =1

4

(θ−sin 4θ 4 )^π2

0 = 1 4·π

2 = π 8 (2) 積分區域為 ^π₂θ≤ ^3π₂, 1 ≤ r ≤ 1 − cos θ. 則面積為

ˆ ^3π₂

π 2

ˆ 1−cos θ 1

1· r dr dθ = ˆ ^3π₂

π 2

r² 2

^{1−cos θ}

1 dθ =1

2 ˆ ^3π₂

π 2

cos²θ− cos θ dθ

= 1 2 (

− 2 sin θ +θ

2+sin 4θ 4

)

3π 2 π 2

= 1 2

((2 + 2) +π 2 + 0)

= 2 +π 4 (3) 依題意得

ˆ π π 2

ˆ 2 1

e^r2· r dr dθ = ˆ π

π 2

dθ· ˆ 2

1

re^r2dr

= π 2 ·e^r2

2 ²

1= π

2 ·e⁴− e

2 = e⁴− e 4 π

2

6.3. 二重積分的極坐標形式 211

分開計算 ˆ ^π₄

0

sin⁴θ cos θ dθ =

ˆ ^π₄

0

sin⁴θ

cos²θ· cos θ dθ ^{u=sin θ}= ˆ √¹

2

0

u⁴ 1− u² du

= ˆ √¹

2

0 −(u²+ 1) + 1 1− u² du

= (

− u³

3 − u +1

2ln1 + u 1− u

)₀^√12

= − 1 6√

2− 1

√2+ 1 2ln

√2 + 1

√2− 1 =−7√ 2 12 + ln(√

2 + 1) ˆ ^π

4

0

sin θ cos²θ) dθ = −cos³θ 3

^π4

0 =−

1 2√ 2

3 +1 3 = 1

3 −

√2 12 所以原式等於

−1 3

(−7√ 2 12 + ln(√

2 + 1)−1 3 +

√2 12

)= 1 9+

√2 6 − 1

3ln(√ 2 + 1)

(4) ˆ ˆ

Ω

f [r, θ] dA = ˆ ^π

2

0

ˆ ^√sin 2θ 0

1· r dr dθ = ˆ ^π

2

0

1

2sin 2θ dθ = −1 4cos 2θ

 

π 2

0

= 1 2







習題解答 6.3.6.



(1) r = sin 2θ, 取 0 ≤ θ^π₂ 之一葉. 面積等於 ˆ ^π₂

0

ˆ sin 2θ 0

1 dr dθ = ˆ ^π₂

0

r² 2

^{sin 2θ}

0 dθ =1 2

ˆ ^π₂

0

sin²2θ dθ

= 1 2

ˆ ^π

2

0

1− cos 4θ 2 dθ =1

4

(θ−sin 4θ

4 )₀^π2 = 1 4·π

2 = π 8 (2) 積分區域為 ^π₂θ≤ ^3π₂, 1 ≤ r ≤ 1 − cos θ. 則面積為

ˆ ^3π₂

π 2

ˆ _{1−cos θ}

1

1· r dr dθ = ˆ ^3π₂

π 2

r² 2

¹₁^{−cos θ} dθ =1 2

ˆ ^3π₂

π 2

cos²θ− cos θ dθ

= 1 2

(− 2 sin θ +θ

2+sin 4θ 4

)

3π 2 π 2

= 1 2

((2 + 2) +π 2 + 0)

= 2 +π 4 (3) 依題意得

ˆ π π 2

ˆ 2 1

e^r2· r dr dθ = ˆ π

π 2

dθ· ˆ 2

1

re^r2dr

= π 2 ·e^r2

2 ²₁= π

2 ·e⁴− e

2 = e⁴− e 4 π

212 第 6 章 多變數函數的積分

(4) 依題意得 ˆ π

0

ˆ 1 0

ln(r²+ 1)· r dr dθ =

ˆ π 0

dθ· ˆ 1

0

r ln(r²+ 1) dr

u=r²+1

= π· ˆ 2

1

ln u

2 du = π·1

2· (u ln u − u)²₁

= π

2 · (2 ln 2 − 2 + 1) = 2 ln 2− 1

2 π

(5) 積分區域相當於 0 ≤ θ ≤ ^π₂, 0 ≤ r cos θ. 所以第一項積分等於 ˆ ^π

2

0

ˆ cos θ 0

r sin θ· r dθ = ˆ ^π

2

0 sin θ ·r³ 3



^{cos θ}₀ dθ =1 3

ˆ ^π

2

0

sin θ cos³θ dθ

= −1 3

(cos⁴θ 4 )

π 2 0 =−1

3·( 0−1

4 )= 1

12 另一積分為

ˆ ^π

2

0

ˆ cos θ 0

r cos θ· r dθ = ˆ ^π

2

0 cos θ ·r³ 3

 ^{cos θ}

0 dθ =1 3

ˆ ^π

2

0

cos⁴θ dθ

但 ˆ

cos⁴θ dθ =

ˆ (1 + cos 2θ 2

)2

dθ =1 4 ˆ

1 + 2 cos 2θ +1 + cos 4θ

2 dθ

= 1 4

ˆ 3

2+ 2 cos 2θ +cos 4θ 2 dθ

= 3

8θ + sin 2θ +sin 4θ 8 + C 原式等於

1 3 ·(3

8θ + sin 2θ + sin 4θ 8

)

π 2 0 = 1

3 ·3 8·π

2 = π 16







習題解答 6.3.7.



(1) x = 2 相 當 於 r cos θ = 2 ⇒ r = 2

cos θ, y = x 則 是 θ =π

4, 所 以 區 域 0 ≤ x ≤ 2, 0≤ y ≤ x, 極坐標表示為 0 ≤ θ ≤ π

4, 0 ≤ r ≤ 2 cos θ. (2)

ˆ ^π₄

0

ˆ _{cos θ}²

0

r sin θ· r dr dθ = ˆ ^π₄

0 sin θ ·(r³ 3

)

2 cos θ 0 dθ

= 8 3

ˆ ^π

4

0

sin θ

cos³θ dθ =8

3 · (−1) · (−1 2)· 1

cos²θ ^π4

0

= 4

3· (2 − 1) = 4 3

3

212 第 6 章 多變數函數的積分

(4) 依題意得 ˆ π

0

ˆ 1 0

ln(r²+ 1)· r dr dθ =

ˆ π 0

dθ· ˆ 1

0

r ln(r²+ 1) dr

u=r²+1

= π· ˆ 2

1

ln u

2 du = π·1

2· (u ln u − u)²

1

= π

2 · (2 ln 2 − 2 + 1) = 2 ln 2− 1

2 π

(5) 積分區域相當於 0 ≤ θ ≤ ^π₂, 0 ≤ r cos θ. 所以第一項積分等於 ˆ ^π₂

0

ˆ cos θ 0

r sin θ· r dθ = ˆ ^π₂

0 sin θ ·r³ 3

 ^{cos θ}

0 dθ =1 3

ˆ ^π₂

0

sin θ cos³θ dθ

= −1 3

(cos⁴θ 4

)

π 2 0 =−1

3·( 0−1

4 )= 1

12 另一積分為

ˆ ^π₂

0

ˆ cos θ 0

r cos θ· r dθ = ˆ ^π₂

0 cos θ ·r³ 3

 ^{cos θ}

0 dθ =1 3

ˆ ^π₂

0

cos⁴θ dθ

但 ˆ

cos⁴θ dθ =

ˆ (1 + cos 2θ 2

)2

dθ =1 4 ˆ

1 + 2 cos 2θ +1 + cos 4θ

2 dθ

= 1 4

ˆ 3

2+ 2 cos 2θ +cos 4θ 2 dθ

= 3

8θ + sin 2θ +sin 4θ 8 + C 原式等於

1 3 ·(3

8θ + sin 2θ + sin 4θ 8

)

π 2 0 = 1

3 ·3 8·π

2 = π 16







習題解答 6.3.7.



(1) x = 2 相 當 於 r cos θ = 2 ⇒ r = 2

cos θ, y = x 則 是 θ =π

4, 所 以 區 域 0 ≤ x ≤ 2, 0≤ y ≤ x, 極坐標表示為 0 ≤ θ ≤ π

4, 0 ≤ r ≤ 2 cos θ. (2)

ˆ ^π

4

0

ˆ _{cos θ}²

0

r sin θ· r dr dθ = ˆ ^π

4

0 sin θ ·(r³ 3

)

2 cos θ 0 dθ

= 8 3

ˆ ^π₄

0

sin θ

cos³θ dθ =8

3 · (−1) · (−1 2)· 1

cos²θ ^π4

0

= 4

3· (2 − 1) = 4 3

6.3. 二重積分的極坐標形式 213







習題解答 6.3.8.



面積等於 ˆ β

α

ˆ h(θ) g(θ)

1· r dr dθ = ˆ β

α

r² 2

 ^h(θ)

g(θ) dθ = 1 2

ˆ β α

h²(θ)− g²(θ) dθ







習題解答 6.3.9.



易知下列區域有底下的包含關係: x²+ y²≤ 1 ⊂ Ω ⊂ x²+ y²≤ 2, 又 1

1 + x²+ y² > 0, 所以

ˆ ˆ

x²+y²≤1

1

1 + x²+ y² dA <

ˆ ˆ

Ω

1

1 + x²+ y² dA <

ˆ ˆ

x²+y²≤2

1

1 + x²+ y² dA 但

ˆ ˆ

x²+y²≤1

1

1 + x²+ y² dA = ˆ _2π

0

ˆ ₁

0

1

1 + r²· r dr dθ

= ˆ 2π

0

dθ· ˆ 1

0

r

1 + r² dr = 2π·ln(1 + r²) 2

 ¹

0= π ln 2

ˆ ˆ

x²+y²≤2

1

1 + x²+ y² dA = ˆ 2π

0

ˆ ^√2 0

1

1 + r²· r dr dθ

= ˆ 2π

0

dθ· ˆ ^√2

0

r

1 + r² dr = 2π·ln(1 + r²) 2

 

√2

0 = π ln 3 所以

π ln 2 <

ˆ ˆ

Ω

1

1 + x²+ y² dA < π ln 3







習題解答 6.3.10.



G(t) = ˆ ˆ

Ωt

g(x²+ y²) dA = ˆ 2π

0

ˆ ^√t 0

g(r²)· r dr dθ

= ˆ _2π

0

dθ· ˆ ^√_t

0

g(r²)· r dr = 2π ˆ ^√_t

0

g(r²)· r dr G^′(t) = 2π· g((√

t)²)·√ t· (√

t)^′= 2πg(t)·√ t· 1

2√

t = πg(t)

4