14.1 逐次積分與平面區域面積
逐次積分：先一變數、再一變數
把多變數函數一次只對一個變數積分，就得到「逐次積分」。它的核心不是同時處理所有變數，而是先固定其他變數，把內層當成一個單變數積分；算完後得到只含外層變數的函數，再做下一層積分。關鍵：外層上下限必須是常數，內層上下限可以是外層變數的函數。積分變數是 虛變數 — $\int_0^1 x\,dx$ 與 $\int_0^1 t\,dt$ 完全相同。
從「反偏導函數」理解逐次積分
講義一開始先提醒：多變數函數也可以對某一個變數做不定積分。例如若 $f_x(x,y)=2xy$，則
$$\int f_x(x,y)\,dx=\int 2xy\,dx=y\int 2x\,dx=x^2y+C(y).$$
為什麼是 $C(y)$ 而不是單純的常數 $C$？因為這一步只對 $x$ 積分，$y$ 被暫時當成常數；任何只依賴 $y$ 的函數對 $x$ 微分都會變成 $0$。所以從 $f_x$ 反推 $f$ 時，只能回復出「相差一個 $x$ 看不見的函數」的結果。
逐次積分把這個想法改成定積分：先固定外層變數，對內層變數做一個有上下限的單變數積分。定積分會把不定積分中的 $C(y)$ 抵消掉，留下明確的差值。
$$\int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f_x(x,y)\,dx=f(h_2(y),y)-f(h_1(y),y).$$
逐次積分的操作方式
以 $\displaystyle\int_a^b\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y)\,dy\,dx$ 為例：
(1) 先看最右邊的 $dy$，所以內層先對 $y$ 積分，並把 $x$ 當常數。
(2) 內層上下限 $g_1(x),g_2(x)$ 可以依賴 $x$，因為此時 $x$ 只是固定參數。
(3) 代入內層上下限後，內層積分變成一個只含 $x$ 的函數 $A(x)$。
(4) 最後再對 $x$ 從常數 $a$ 到常數 $b$ 積分，得到一個數值。
定義 14.1 平面區域面積
Type I（垂直簡單）：$R:\ a\le x\le b,\ g_1(x)\le y\le g_2(x)$，
$$A=\int_a^b\!\!\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}\,dy\,dx.$$
Type II（水平簡單）：$R:\ c\le y\le d,\ h_1(y)\le x\le h_2(y)$，
$$A=\int_c^d\!\!\int_{h_1(y)}^{h_2(y)}\,dx\,dy.$$
許多區域兩種都可寫，計算複雜度可能差很多（例題 5 可看出）。
視覺：Type I / Type II 區域與切片掃描
同一個區域，Type I 用垂直切片（先固定 $x$ 對 $y$ 積分），Type II 用水平切片（先固定 $y$ 對 $x$ 積分）。下面拖動滑桿看切片掃過區域的過程。
切片位置
0.50
概念辨析 · 虛變數 & 上下限規則
(1) 積分變數是虛變數：$\int_0^1 x\,dx=\int_0^1 t\,dt$；變數名稱不影響值。
(2) 積分變數不能出現在自己的上下限：例如 $\int_0^x y\,dx$ 沒有清楚意義，因為 $x$ 同時是「要被積掉的變數」又是「上限」。若上限本來是固定數，應寫 $\int_0^a y\,dx$；若上限本來是外部參數 $x$，積分變數應改名，例如 $\int_0^x y\,dt$。
(3) 外層上下限必須是常數：外層積完後要得到一個數值；若外層上下限還含積分變數，就不是一個定好的定積分。
(4) 內層可以是外層的函數：$\int_a^b\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f\,dy\,dx$ 中，內層 $y$ 的範圍由當下固定的 $x$ 決定。
為什麼逐次積分可以表示面積？
若 $R$ 是 Type I 區域：$a\le x\le b,\ g_1(x)\le y\le g_2(x)$，固定一個 $x$ 後，垂直切片的高度就是 $g_2(x)-g_1(x)$。這個高度也可以寫成
$$\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}1\,dy=\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}dy=g_2(x)-g_1(x).$$
接著讓 $x$ 從 $a$ 掃到 $b$，把每一條極薄切片的「高度 $\times$ 寬度 $dx$」累加，就得到面積：
$$A=\int_a^b\left[\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}dy\right]dx=\int_a^b\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}dy\,dx.$$
Type II 區域完全類似，只是改用水平切片：先固定 $y$，內層 $\int_{h_1(y)}^{h_2(y)}dx$ 給出水平長度，再對 $y$ 累加。
例題
講義例題 2
求 $\displaystyle\int_1^2\int_1^x(2xy+3y^2)\,dy\,dx$
步驟 1（內層對 $y$）
把 $x$ 視為常數：$\displaystyle\int_1^x(2xy+3y^2)\,dy=\bigl[xy^2+y^3\bigr]_{y=1}^{y=x}=(x^3+x^3)-(x+1)=2x^3-x-1$。
步驟 2（外層對 $x$）
$\displaystyle\int_1^2(2x^3-x-1)\,dx=\Bigl[\tfrac{x^4}{2}-\tfrac{x^2}{2}-x\Bigr]_1^2=(8-2-2)-\bigl(\tfrac12-\tfrac12-1\bigr)=4-(-1)$。
$\displaystyle\int_1^2\int_1^x(2xy+3y^2)\,dy\,dx=5$
講義例題 4
求 $f(x)=\sin x$ 與 $g(x)=\cos x$ 在 $[\pi/4,5\pi/4]$ 之間圍成的面積
步驟 1（誰在上面？）
在 $[\pi/4,5\pi/4]$ 區間，$\sin x\ge\cos x$。所以是 Type I：$\pi/4\le x\le 5\pi/4,\ \cos x\le y\le\sin x$。
步驟 2（內層對 $y$）
$\displaystyle\int_{\cos x}^{\sin x}\,dy=\sin x-\cos x$。
步驟 3（外層對 $x$）
$\displaystyle\int_{\pi/4}^{5\pi/4}(\sin x-\cos x)\,dx=\bigl[-\cos x-\sin x\bigr]_{\pi/4}^{5\pi/4}=\bigl(\tfrac{\sqrt 2}{2}+\tfrac{\sqrt 2}{2}\bigr)-\bigl(-\tfrac{\sqrt 2}{2}-\tfrac{\sqrt 2}{2}\bigr)=\sqrt 2-(-\sqrt 2)$。
$A=2\sqrt 2\approx 2.828$
例題 4 視覺：sin x、cos x 圍成的區域（拖動滑桿看垂直切片掃過）
x 位置
π/2
顯示
$\sin x$（綠）vs $\cos x$（紅）
當前值
xπ/2
sin x − cos x1.000
從 π/4 累積 ∫0.293
總面積$2\sqrt 2 \approx 2.828$
例題 5：交換積分順序
同一個區域寫成 Type I 與 Type II 都對，但計算難度可能差很多。例題 5 比較兩種順序的設定。
講義例題 5
用兩種積分順序計算 $\displaystyle\int_0^2\int_{y^2}^4\,dx\,dy$（即 Type II 區域 $0\le y\le 2,\ y^2\le x\le 4$ 的面積）
方法 A：Type II（dx dy，原式）
$\displaystyle\int_0^2(4-y^2)\,dy=\bigl[4y-\tfrac{y^3}{3}\bigr]_0^2=8-\tfrac{8}{3}=\tfrac{16}{3}$。
方法 B：Type I（dy dx，先畫圖再描邊界）
從圖：當 $0\le x\le 4$，$y$ 介於 $0$ 與 $\sqrt x$。改寫為 $\displaystyle\int_0^4\int_0^{\sqrt x}\,dy\,dx=\int_0^4\sqrt x\,dx=\bigl[\tfrac{2x^{3/2}}{3}\bigr]_0^4=\tfrac{16}{3}$。
兩法皆得 $A=\dfrac{16}{3}$；同一區域只是切片方向不同。
視覺：同一區域、兩種切片方向（拖曳指針點觀察對偶性）
x 位置
2.00
y 位置
1.41
設定
指針 (xₚ, yₚ) 對應
Type II 水平切片x∈[2.00, 4.00], 長度 2.00
Type I 垂直切片y∈[0, 1.41], 高 1.41
Type II 累積 ∫₀^{yₚ}(4−t²)dt5.05
Type I 累積 ∫₀^{xₚ}√t dt1.89
完整面積$16/3 \approx 5.333$
概念題
在 $\displaystyle\int_a^b\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y)\,dy\,dx$ 中，下列何者「不允許」？
數字題
求 $\displaystyle\int_0^1\int_0^x 6xy\,dy\,dx$ 的值。
14.1 重點整理
- 逐次積分先做內層（把外層變數當常數），再做外層。
- 外層上下限必須是常數；內層上下限可以是外層變數的函數。
- 面積：Type I 用 $\int\int dy\,dx$，Type II 用 $\int\int dx\,dy$。
- 同一區域兩種寫法都對；計算難度可能差很多（例題 5），實作時先畫圖再選。
14.2 雙重積分與體積
從黎曼和到雙重積分
14.1 求的是「平面區域面積」（被積函數 = 1）。把被積函數推廣為任意連續 $f(x,y)$，用黎曼和的極限定義雙重積分；幾何上，當 $f\ge 0$ 時，雙重積分 = 區域 $R$ 上方、曲面 $z=f(x,y)$ 下方的體積。
定義 14.2 雙重積分
把區域 $R$ 分割成 $n$ 個小區塊，第 $i$ 塊面積 $\Delta A_i$，任取 $(x_i,y_i)$ 在塊內，
$$\iint_R f(x,y)\,dA=\lim_{\|\Delta\|\to 0}\sum_{i=1}^{n}f(x_i,y_i)\,\Delta A_i.$$
$\|\Delta\|=$ 最大塊的對角線長度。極限存在時稱 $f$ 在 $R$ 可積；$f$ 在閉有界區域 $R$ 上連續即可積。
互動 1：Riemann 和漸進雙重積分
對 $f(x,y)=1-\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{y^2}{2}$ 在 $R=[0,1]\times[0,1]$，用中點規則的 $n\times n$ 分割。把滑桿拉大看小柱體變密、總和逼近確切體積 $V=\dfrac{2}{3}\approx 0.6667$。
設定
$f=1-\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{y^2}{2}$，$R=[0,1]^2$
中點規則 $\sum f(x_i,y_i)\,\Delta A_i$
當前估計
分割數4×4 = 16
$\Delta A$1/16
$\sum f\,\Delta A$0.6719
確切 V$2/3\approx 0.6667$
注意
$n=4$ 時 ≈ 0.6719；$n=32$ 時誤差 < 0.001。
定理 14.1 雙重積分性質
連續 $f,g$，常數 $c$：
$$\iint_R cf\,dA=c\iint_R f\,dA;\quad \iint_R(f\pm g)\,dA=\iint_R f\,dA\pm\iint_R g\,dA;$$
$$f\ge 0\Rightarrow\iint_R f\,dA\ge 0;\quad R=R_1\cup R_2\text{（不重疊）}\Rightarrow\iint_R f\,dA=\iint_{R_1}+\iint_{R_2}.$$
定理 14.2 Fubini 定理
$f$ 在區域 $R$ 上連續：
Type I $a\le x\le b,\ g_1(x)\le y\le g_2(x)$：
$$\iint_R f\,dA=\int_a^b\!\!\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y)\,dy\,dx.$$
Type II $c\le y\le d,\ h_1(y)\le x\le h_2(y)$：
$$\iint_R f\,dA=\int_c^d\!\!\int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x,y)\,dx\,dy.$$
Fubini 把雙重積分化為逐次積分，使具體計算變可能。
互動 2：Fubini 切片視覺（講義四面體）
講義先看由平面 $z=2-x-2y$ 與三個座標平面圍成的四面體。固定 $x=x_0$ 時，$y$ 的範圍是 $0\le y\le(2-x_0)/2$，截面是平行於 $yz$ 平面的直角三角形；它的面積為 $A(x_0)=\int_0^{(2-x_0)/2}(2-x_0-2y)\,dy$。再讓 $x_0$ 從 $0$ 掃到 $2$，所有三角截面累加成四面體體積。
講義四面體截面
$z=2-x-2y,\quad 0\le x\le 2,\quad 0\le y\le\dfrac{2-x}{2}$
$A(x_0)=\displaystyle\int_0^{(2-x_0)/2}(2-x_0-2y)\,dy=\dfrac{(2-x_0)^2}{4}$
截面值
$x_0$0.75
截面底 $\frac{2-x_0}{2}$0.6250
截面高 $2-x_0$1.2500
$A(x_0)$0.3906
$V=\int_0^2\!A(x)\,dx$$2/3$
例題
講義例題 1（Riemann 近似）
用 $4\times 4$ 中點分割近似 $\iint_R(1-x^2/2-y^2/2)\,dA$，$R=[0,1]^2$
步驟 1
$\Delta A=(1/4)^2=1/16$，16 個中點 $(x_i,y_i)=(\tfrac{2i-1}{8},\tfrac{2j-1}{8})$，$i,j\in\{1..4\}$。
步驟 2
計算 $\sum_{i,j} f(x_i,y_i)\cdot\dfrac{1}{16}$。各中點的 $x_i^2+y_i^2$ 算出後加總，得 ≈ 0.6719。
近似值 ≈ 0.6719；確切 $V=\dfrac{2}{3}\approx 0.6667$（誤差約 0.005）
講義例題 2（精確 Fubini）
$\displaystyle\iint_{[0,1]^2}\bigl(1-\tfrac{x^2}{2}-\tfrac{y^2}{2}\bigr)\,dA$
步驟 1（內層）
$\displaystyle\int_0^1\bigl(1-\tfrac{x^2}{2}-\tfrac{y^2}{2}\bigr)\,dy=1-\tfrac{x^2}{2}-\tfrac{1}{6}=\tfrac{5}{6}-\tfrac{x^2}{2}$。
步驟 2（外層）
$\displaystyle\int_0^1\bigl(\tfrac{5}{6}-\tfrac{x^2}{2}\bigr)\,dx=\tfrac{5}{6}-\tfrac{1}{6}=\tfrac{4}{6}=\tfrac{2}{3}$。
$V=\dfrac{2}{3}$（與 Riemann 近似一致）
講義例題 3
求拋物面 $z=4-x^2-2y^2$ 與 $xy$ 平面之間的體積
步驟 1（投影區域）
體積在 $xy$ 平面上的投影由 $z\ge 0$ 決定：$4-x^2-2y^2\ge 0$，也就是 $x^2+2y^2\le 4$。這是橢圓區域，對固定 $x$ 而言，$y$ 的上下界是 $-\sqrt{(4-x^2)/2}\le y\le\sqrt{(4-x^2)/2}$，而 $x$ 從 $-2$ 到 $2$。
步驟 2（依講義選 $dy\,dx$）
因為這個投影區域同時是垂直簡單區域與水平簡單區域，講義選 $dy\,dx$：$$V=\int_{-2}^{2}\int_{-\sqrt{(4-x^2)/2}}^{\sqrt{(4-x^2)/2}}(4-x^2-2y^2)\,dy\,dx.$$ 這裡被積函數就是曲面高度 $z=4-x^2-2y^2$。
步驟 3（先算內層）
令 $a=\sqrt{(4-x^2)/2}$。固定 $x$ 時，$$\int_{-a}^{a}(4-x^2-2y^2)\,dy=\left[(4-x^2)y-\frac{2y^3}{3}\right]_{-a}^{a}.$$ 因為上下界對稱，第一項給 $2(4-x^2)a$，第二項給 $\frac{4}{3}a^3$，所以內層等於 $$2(4-x^2)a-\frac{4}{3}a^3=\frac{4}{3\sqrt2}(4-x^2)^{3/2}.$$
步驟 4（外層化成一維積分）
因此 $$V=\frac{4}{3\sqrt2}\int_{-2}^{2}(4-x^2)^{3/2}\,dx.$$ 講義接著用三角代換處理這個積分。
步驟 5（三角代換）
設 $x=2\sin\theta$。因為 $-2\le x\le 2$，所以 $-\pi/2\le\theta\le\pi/2$；且 $dx=2\cos\theta\,d\theta$、$4-x^2=4\cos^2\theta$。因此 $$(4-x^2)^{3/2}dx=(4\cos^2\theta)^{3/2}(2\cos\theta\,d\theta)=16\cos^4\theta\,d\theta.$$
步驟 6（計算 $\int\cos^4\theta$）
由偶函數對稱，$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^4\theta\,d\theta=2\int_0^{\pi/2}\cos^4\theta\,d\theta.$$ 又 $\cos^4\theta=\left(\frac{1+\cos2\theta}{2}\right)^2=\frac{3+4\cos2\theta+\cos4\theta}{8}$，所以 $$\int_0^{\pi/2}\cos^4\theta\,d\theta=\left[\frac{1}{8}\left(3\theta+2\sin2\theta+\frac14\sin4\theta\right)\right]_0^{\pi/2}=\frac{3\pi}{16}.$$ 因此整個對稱區間積分為 $3\pi/8$。
$V=\dfrac{4}{3\sqrt2}\cdot 16\cdot\dfrac{3\pi}{8}=\dfrac{8\pi}{\sqrt2}=4\sqrt2\,\pi\approx 17.77$
講義例題 4（順序選擇）
求 $\displaystyle\iint_R e^{-x^2}\,dA$，$R$ 為三角形 $0\le y\le x\le 1$
先 dy dx 簡單
$\displaystyle\int_0^1\!\!\int_0^x e^{-x^2}\,dy\,dx=\int_0^1 x\,e^{-x^2}\,dx=\bigl[-\tfrac{1}{2}e^{-x^2}\bigr]_0^1=\tfrac{1}{2}(1-e^{-1})$。
先 dx dy 困難
$\displaystyle\int_0^1\!\!\int_y^1 e^{-x^2}\,dx\,dy$ 是合法換序；但內層 $\int e^{-x^2}\,dx$
沒有初等原函數，不利於用這個順序直接算出初等閉式。
$\dfrac{1}{2}(1-1/e)\approx 0.3161$。兩種順序都合法，但若要用初等積分直接算，$dy\,dx$ 明顯較適合。
例題 5：兩曲面間的體積
兩個曲面把空間夾出一塊立體；體積 = 上面曲面與下面曲面的差，在投影區域上的雙重積分。
例題 5：上界為拋物面 $z=1-x^2-y^2$、下界為平面 $z=1-y$
顯示
例題 5 推導
交線：$1-x^2-y^2=1-y$
$\Rightarrow x^2+(y-\tfrac12)^2=\tfrac14$
投影圓盤
圓心$(0,1/2)$
半徑$1/2$
$V$$\pi/32$
講義例題 5 詳細解法
求上界 $z=1-x^2-y^2$、下界 $z=1-y$ 所夾立體的體積
步驟 1（上減下）
上方曲面是 $z=1-x^2-y^2$，下方曲面是 $z=1-y$，所以每一點的垂直高度為 $$(1-x^2-y^2)-(1-y)=y-y^2-x^2.$$
步驟 2（找投影區域）
兩曲面交線滿足 $1-x^2-y^2=1-y$，因此 $$x^2+y^2=y\quad\Longleftrightarrow\quad x^2+(y-\tfrac12)^2=\tfrac14.$$ 投影區域可寫成 $0\le y\le 1$，$-\sqrt{y-y^2}\le x\le\sqrt{y-y^2}$。
步驟 3（寫成二重積分）
講義先寫成「拋物面下方體積」減「平面下方體積」，合併後就是直接積高度差：$$V=\int_0^1\int_{-\sqrt{y-y^2}}^{\sqrt{y-y^2}}(y-y^2-x^2)\,dx\,dy.$$
步驟 4（先對 $x$ 積分）
令 $a=\sqrt{y-y^2}$。則 $$\int_{-a}^{a}(y-y^2-x^2)\,dx=\left[(y-y^2)x-\frac{x^3}{3}\right]_{-a}^{a}.$$ 因為 $a^2=y-y^2$，所以結果為 $$2(y-y^2)a-\frac{2}{3}a^3=\frac{4}{3}(y-y^2)^{3/2}.$$
步驟 5（整理成講義形式）
因此 $$V=\frac{4}{3}\int_0^1(y-y^2)^{3/2}\,dy.$$ 又 $y-y^2=\dfrac{1-(2y-1)^2}{4}$，所以 $$(y-y^2)^{3/2}=\frac{1}{8}\left[1-(2y-1)^2\right]^{3/2}.$$
步驟 6（三角代換）
設 $2y-1=\sin\theta$，則 $y=0\to\theta=-\pi/2$，$y=1\to\theta=\pi/2$，且 $dy=\frac12\cos\theta\,d\theta$。因此 $$V=\frac{4}{3}\cdot\frac18\int_0^1\left[1-(2y-1)^2\right]^{3/2}dy=\frac{1}{12}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^4\theta\,d\theta=\frac{1}{6}\int_0^{\pi/2}\cos^4\theta\,d\theta.$$
步驟 7（代入 $\cos^4$ 積分）
由例題 3 的計算，$\int_0^{\pi/2}\cos^4\theta\,d\theta=3\pi/16$，所以 $$V=\frac{1}{6}\cdot\frac{3\pi}{16}=\frac{\pi}{32}.$$
體積 $V=\dfrac{\pi}{32}$。
概念辨析 · 順序選擇 & Fubini 條件
(1) Fubini 需要 $f$ 連續 + $R$ 為 第 I 型或第 II 型（或可拆為有限個）；任意區域不行。
(2) 同一區域兩種順序計算難度可能差很多 — 例題 4 的 $e^{-x^2}$ 換成 $dx\,dy$ 仍是合法表示，但內層沒有初等原函數，不利於直接計算。
(3) 區域是圓 / 環 / 含 $x^2+y^2$ 函數時，預先想想 14.3 的極座標是否更簡單。
概念題
Fubini 定理（定理 14.2）保證雙重積分可化為逐次積分的條件為何？
數字題
求 $\displaystyle\iint_R xy\,dA$，$R=[0,1]\times[0,2]$。提示：用 Fubini，內層任意一個變數先積。
14.2 重點整理
- 雙重積分定義：黎曼和的極限 $\iint_R f\,dA=\lim\sum f(x_i,y_i)\,\Delta A_i$。
- $f\ge 0$ 時 = 體積；$f$ 連續 + $R$ 閉有界 ⇒ 可積。
- Fubini（定理 14.2）：化為逐次積分；第 I 型或第 II 型 形式。
- 順序選擇：先畫圖判斷哪一個內層好算（例 4 是經典）。
- 性質可以拿出常數、拆和、分區域加總（定理 14.1）。
14.3 變數替換：極座標
$dA=r\,dr\,d\theta$：扇形片才是面積元素
圓形 / 環形 / 含 $x^2+y^2$ 的區域與被積函數，在直角座標下邊界與被積函數都很麻煩；換成極座標後常常一行就化簡。但別忘了 $dA$ 不再是 $dx\,dy$，而是 $r\,dr\,d\theta$—— 多出來的 $r$ 是雅可比。
互動 1：為什麼 $dA=r\,dr\,d\theta$？
把區域用射線（$\theta=$ 常數）與圓弧（$r=$ 常數）切成「扇形片」。一片的面積 ≈ 徑向寬 $\Delta r$ × 弧長 $r\,\Delta\theta$，因此 $\Delta A\approx r\,\Delta r\,\Delta\theta$。$r$ 越大，同樣的 $\Delta\theta$ 對應越長的弧，面積也越大。
定理 14.3 極座標換變數
$R$ 由 $0\le g_1(\theta)\le r\le g_2(\theta)$、$\alpha\le\theta\le\beta$（$\beta-\alpha\le 2\pi$）定義，$f$ 在 $R$ 連續：
$$\iint_R f(x,y)\,dA=\int_\alpha^\beta\!\!\int_{g_1(\theta)}^{g_2(\theta)} f(r\cos\theta,r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta.$$
三件事同步改變：上下限、被積函數、$dA$。
例題
講義例題 1（區域描述）
用極座標描述下列區域：(a) 半徑 $2$ 的第一象限四分之一圓盤；(b) 半徑 $1$ 與 $3$ 的同心圓之間的環形區域；(c) 心臟線 $r=a(1-\cos\theta)$ 圍成的區域。
(a) 第一象限四分之一圓盤 $r\le 2$
$0\le r\le 2,\ 0\le\theta\le\pi/2$。
(b) 同心圓 $r=1$ 與 $r=3$ 之間的環形
$1\le r\le 3,\ 0\le\theta\le 2\pi$。
(c) 心臟線 $r=a(1-\cos\theta)$ 圍成
$0\le r\le a(1-\cos\theta),\ 0\le\theta\le 2\pi$。
所有「以原點為對稱中心」的圓 / 環 / 花瓣形，極座標都遠比直角座標簡潔。
講義例題 2（環形區域積分）
求 $\displaystyle\iint_R(x^2+y^2)\,dA$，$R$ 為環形 $1\le x^2+y^2\le 5$
步驟 1（描述區域）
$x^2+y^2=r^2$，環形即 $1\le r\le\sqrt 5$，$0\le\theta\le 2\pi$。
步驟 2（換被積函數 + dA）
$x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$，所以 $$x^2+y^2=r^2.$$ 再乘上 $dA=r\,dr\,d\theta$ 的雅可比因子，得到被積項 $$r^2\cdot r=r^3.$$
步驟 3（寫成極座標積分）
$$\iint_R(x^2+y^2)\,dA=\int_0^{2\pi}\int_1^{\sqrt5}r^3\,dr\,d\theta.$$
步驟 4（計算）
$$\int_1^{\sqrt5}r^3\,dr=\left[\frac{r^4}{4}\right]_1^{\sqrt5}=\frac{25-1}{4}=6,$$ 所以 $$\int_0^{2\pi}6\,d\theta=12\pi.$$
$\displaystyle\iint_R(x^2+y^2)\,dA=12\pi$
例題 2 視覺：環形區域（拖動滑桿改變內外半徑）
幾何量
r₁1.00
r₂2.24
環面積 π(r₂²−r₁²)12.566
∬_R (x² + y²) dA
$=\dfrac{\pi(r_2^4 - r_1^4)}{2}$
當前 = 37.699 (≈ 12π)
講義例題 2 預設
r₁ = 1, r₂ = √512π ≈ 37.70
講義例題 3
求半球面 $z=\sqrt{16-x^2-y^2}$ 與圓盤 $x^2+y^2\le 4$ 之間的體積
步驟 1（極座標化）
$z=\sqrt{16-r^2}$，圓盤即 $0\le r\le 2,\ 0\le\theta\le 2\pi$。
步驟 2（內層 — 替換 $u=16-r^2$）
$\displaystyle\int_0^2 r\sqrt{16-r^2}\,dr=\bigl[-\tfrac{1}{3}(16-r^2)^{3/2}\bigr]_0^2=\tfrac{1}{3}(64-12\sqrt{12})=\tfrac{1}{3}(64-24\sqrt 3)$。
步驟 3（外層）
$V=\displaystyle\int_0^{2\pi}\tfrac{1}{3}(64-24\sqrt 3)\,d\theta=\tfrac{2\pi}{3}(64-24\sqrt 3)=\tfrac{16\pi}{3}(8-3\sqrt 3)$。
$V=\dfrac{16\pi}{3}(8-3\sqrt 3)\approx 46.98$
講義例題 4（三瓣玫瑰）
求 $r=3\cos 3\theta$ 圍成的面積
步驟 1（一瓣的範圍）
$r=3\cos 3\theta\ge 0$ 要求 $\cos 3\theta\ge 0$。第一瓣對應 $\theta\in[-\pi/6,\pi/6]$；由對稱性，三瓣面積 = 3 × 一瓣。
步驟 2（一瓣面積）
$\displaystyle A_{\text{瓣}}=\int_{-\pi/6}^{\pi/6}\!\!\int_0^{3\cos 3\theta} r\,dr\,d\theta=\int_{-\pi/6}^{\pi/6}\tfrac{9\cos^2 3\theta}{2}\,d\theta$。
步驟 3（用 $\cos^2=\frac{1+\cos 2u}{2}$）
$=\tfrac{9}{4}\int_{-\pi/6}^{\pi/6}(1+\cos 6\theta)\,d\theta=\tfrac{9}{4}\bigl[\theta+\tfrac{\sin 6\theta}{6}\bigr]_{-\pi/6}^{\pi/6}=\tfrac{9}{4}\cdot\tfrac{\pi}{3}=\tfrac{3\pi}{4}$。
三瓣總面積 $A=3\cdot\dfrac{3\pi}{4}=\dfrac{9\pi}{4}\approx 7.069$
概念辨析 · 不要忘記 $r$ 因子！
(1) $dA=r\,dr\,d\theta$，不是 $dr\,d\theta$ — 多出來的 $r$ 是 雅可比：
$\quad J=\det\begin{pmatrix}\partial x/\partial r & \partial x/\partial\theta\\ \partial y/\partial r & \partial y/\partial\theta\end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix}\cos\theta & -r\sin\theta\\ \sin\theta & r\cos\theta\end{pmatrix}=r$。
(2) 何時用極座標？區域是圓 / 環 / 扇形 / 花瓣；被積函數含 $x^2+y^2$ 或 $e^{-(x^2+y^2)}$。
(3) 三件事同步改變：上下限、被積函數（$x\to r\cos\theta,\ y\to r\sin\theta$）、$dA$。
概念題
把 $\displaystyle\iint_R f(x,y)\,dA$ 從直角座標換為極座標時，下列何者必須改變？
數字題
求 $\displaystyle\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^2 r\,dr\,d\theta$（即半徑 $2$ 的圓盤面積）。
14.3 重點整理
- $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$；$x^2+y^2=r^2$。
- $dA=r\,dr\,d\theta$（多的 $r$ 是 雅可比；幾何上來自扇形片）。
- r-簡單區域：外層 $\theta$ 為常數、內層 $r=g_1(\theta)$ 到 $g_2(\theta)$。
- 適用情境：圓 / 環 / 扇形 / 花瓣，或被積函數含 $x^2+y^2$。
- 面積：$A=\iint_R 1\,dA=\iint_R r\,dr\,d\theta$（不要寫成 $\iint dr\,d\theta$）。