2015 · 数学三 · 第 3 题 · 选择题

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

答案

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两个条件分别表示圆盘 $(x - 1)^{2} + y^{2} \leq 1$ 与 $x^{2} + (y - 1)^{2} \leq 1$ 。两圆交于 $(0, 0), (1, 1)$ ，其公共区域位于第一象限，关于 $y = x$ 对称。
令 $x = r cos θ$ ， $y = r sin θ$ 。除去不影响积分的原点，两个不等式分别化为 $r \leq 2 cos θ$ 、 $r \leq 2 sin θ$ ，故

0 \leq r \leq min {2 cos θ, 2 sin θ}, 0 \leq θ \leq \frac{π}{2} .

当 $0 \leq θ \leq \frac{π}{4}$ ，较小者为 $2 sin θ$ ；当 $\frac{π}{4} \leq θ \leq \frac{π}{2}$ ，较小者为 $2 cos θ$ 。所以原积分为

\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,

故选 B。A 两段都取了较大径向界，计算的是第一象限中两圆盘的并集，而非交集。
直角坐标下，完整区域为 $0 \leq x \leq 1$ ， $1 - 1 - x^{2} \leq y \leq 2 x - x^{2}$ 。C、D 分别取 $y = x$ 下方、上方半区的两倍；但仅有区域对称不够，题设并未给出 $f (x, y) = f (y, x)$ ，所以不能据此折半。