2.1.2-08.09.2026 Двойные интегралы в ПСК. Вычисление площадей плоских фигур

1. Мотивация: возврат к примеру № 2143 из прошлого семинара

На прошлом занятии была получена формула для кругового сектора в декартовых координатах (ДСК):

${\int }_0^{R\frac{\sqrt{2}}{2}}dx{\int }_0^{x}f(x,y)dy+{\int }_{R\frac{\sqrt{2}}{2}}^{R}dx{\int }_0^{\sqrt{R^2-x^2}}f(x,y)dy={\int }_0^{R\frac{\sqrt{2}}{2}}dy{\int }_y^{\sqrt{R^2-y^2}}f(x,y)dx$

\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=2.0, >=stealth]
  \draw[->] (-0.2,0) -- (1.6,0) node[below] {$x$};
  \draw[->] (0,-0.2) -- (0,1.6) node[left] {$y$};
  \node[below left] at (0,0) {$0$};
 
  % Окружность радиуса R
  \draw[thick, blue] (1.3,0) arc[start angle=0, end angle=90, radius=1.3] node[above right] {$x^2+y^2=R^2$};
 
  % Луч y = x (угол pi/4)
  \draw[thick, red] (0,0) -- (1.1,1.1) node[above right] {$y = x \; (\varphi = \frac{\pi}{4})$};
 
  % Заливка сектора
  \fill[red!20, opacity=0.7] 
    (0,0) -- (0.919,0.919) arc[start angle=45, end angle=0, radius=1.3] -- cycle;
 
  \draw[dashed] (0.919,0) node[below] {$\frac{R\sqrt{2}}{2}$} -- (0.919,0.919);
  \draw[dashed] (0,0.919) node[left] {$\frac{R\sqrt{2}}{2}$} -- (0.919,0.919);
  \fill (1.3,0) circle [radius=0.8pt] node[below] {$R$};
  \fill (0,1.3) circle [radius=0.8pt] node[left] {$R$};
 
  \draw[->, thick, green!60!black] (0.35,0) arc[start angle=0, end angle=45, radius=0.35];
  \node[green!60!black] at (0.48,0.18) {\scriptsize $\frac{\pi}{4}$};
  \node at (0.7,0.35) {$D$};
\end{tikzpicture}
\end{document}

Попытка прямого вычисления в ДСК при $f(x,y)\equiv 1$:

${\iint }_{D}1dxdy={\int }_0^{R\frac{\sqrt{2}}{2}}dy{\int }_y^{\sqrt{R^2-y^2}}dx={\int }_0^{R\frac{\sqrt{2}}{2}}\left(\sqrt{R^2-y^2}-y\right)dy={\int }_0^{R\frac{\sqrt{2}}{2}}\sqrt{R^2-y^2}dy-{\frac{y^2}{2}|}_0^{R\frac{\sqrt{2}}{2}}$

Проблема: корень $\sqrt{R^2-y^2}$ возникает из-за круговой границы. Интеграл требует тригонометрической подстановки или интегрирования по частям с рекурсией:

Подстановка: $y=R\sin \psi ⟹dy=R\cos \psi d\psi$, при $y=R\frac{\sqrt{2}}{2}⟹\psi =\frac{\pi }{4}$: ${\int }_0^{\pi /4}{R}^2{\cos }^2\psi d\psi -\frac{R^2}{4}=\frac{R^2}{2}{\int }_0^{\pi /4}(1+\cos 2\psi )d\psi -\frac{R^2}{4}={\frac{R^2}{2}\left[\psi +\frac{\sin 2\psi }{2}\right]|}_0^{\pi /4}-\frac{R^2}{4}=\frac{\pi R^2}{8}$ Геометрически: $S_{\text{сектора}}=\frac{1}{2}{R}^2\Delta \phi =\frac{1}{2}{R}^2\frac{\pi }{4}=\frac{\pi R^2}{8}$.

Вопрос: Нельзя ли кардинально упростить вычисление такого двойного интеграла?
Ответ: Можно! С помощью перехода в другую (полярную) систему координат.

Идея: упростить уравнения кривых, описывающих область интегрирования, или упростить саму подынтегральную функцию!

---

2. Общая схема замены переменных в кратном интеграле

Переход к новым координатам $u,v$ задаётся формулами: $\{\begin{array}{l}x=\phi (u,v)\\ y=\psi (u,v)\end{array}$

\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1.0, >=stealth]
  \draw[->] (-0.3,0) -- (3.0,0) node[below] {$x$};
  \draw[->] (0,-0.3) -- (0,2.8) node[left] {$y$};
  \draw[thick, fill=blue!10] (1.5,1.3) circle [radius=1.0];
  \begin{scope}
    \clip (1.5,1.3) circle [radius=1.0];
    \draw[gray!60] (0.8,0.5) grid[step=0.3] (2.2,2.1);
  \end{scope}
  \filldraw[fill=red!40, draw=red] (1.4,1.1) rectangle (1.7,1.4);
  \node at (0.95,1.95) {$D$};
  \node[below] at (1.5,0.2) {\scriptsize $dx\,dy$ (rectangle)};
  \draw[<->, very thick] (3.4,1.3) -- (4.8,1.3) node[midway, above] {\scriptsize change of variables};
  \begin{scope}[shift={(5.5,0)}]
    \draw[->] (-0.3,0) -- (3.0,0) node[below] {$u$};
    \draw[->] (0,-0.3) -- (0,2.8) node[left] {$v$};
    \draw[thick, fill=orange!15] (1.4,1.3) circle [radius=1.0];
    \draw[thick, red, fill=red!30]
      (1.2,1.0) to[out=20, in=190] (1.7,1.2) --
      (1.8,1.6) to[out=190, in=20] (1.3,1.4) -- cycle;
    \node at (0.95,1.95) {$D^*$};
    \node[right, red] at (2.45,1.5) {\scriptsize $du\,dv \cdot |J|$};
    \node[below] at (1.5,0.2) {\scriptsize (curvilinear cell)};
  \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

Правила замены переменных в кратном интеграле:

1. Изменяются пределы интегрирования в повторных интегралах (определяются по новой области $D^{\ast }$).
2. Изменяются переменные в подынтегральной функции: $f(x,y)\to f(\phi (u,v),\psi (u,v))=g(u,v)$.
3. Подынтегральная функция умножается на модуль якобиана преобразования: $J=\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}=\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial x}{\partial u}& \frac{\partial y}{\partial u}\\ \frac{\partial x}{\partial v}& \frac{\partial y}{\partial v}\end{array}\right|⟹dxdy=|J|dudv$

Замечание о геометрическом смысле якобиана: Домножение на якобиан вызвано различием формы элементарной площадки в разных системах координат:

• В ДСК: $\Delta S_{xy}=dxdy$ (прямоугольник).
• В произвольной криволинейной с/к: элементарная площадка приближается параллелограммом, натянутым на векторы частных приращений: $\Delta S_{xy}\approx \Delta S_{uv}\cdot |J|⟹|J|={\lim }_{\Delta S_{uv}\to 0}\frac{\Delta S_{xy}}{\Delta S_{uv}}$ Модуль якобиана $|J|$ — это локальный коэффициент изменения (растяжения/сжатия) площади.

---

3. Полярная система координат (ПСК)

3.1. Определение и якобиан

Связь декартовых координат $(x,y)$ и полярных $(r,\phi )$: $\{\begin{array}{l}x=r\cos \phi \\ y=r\sin \phi \end{array}(r\ge 0,\phi \in [0,2\pi ])$

\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1.2, >=stealth]
  \draw[->] (-0.3,0) -- (3.5,0) node[below] {$x$};
  \draw[->] (0,-0.3) -- (0,2.6) node[left] {$y$};
  \node[below left] at (0,0) {$0$};
 
  \coordinate (M) at (2.2,1.5);
  \draw[thick, blue] (0,0) -- (M) node[midway, above left] {$r$};
  \fill (M) circle [radius=1.5pt] node[above right] {$M(x,y)$};
 
  \draw[dashed] (2.2,0) node[below] {$x$} -- (M) -- (0,1.5) node[left] {$y$};
  \draw[->, thick, red] (0.7,0) arc[start angle=0, end angle=34.3, radius=0.7];
  \node[red] at (0.95,0.22) {$\varphi$};
 
  % Элементарный сектор (кольцевой элемент)
  \draw[thick, orange!90!black, fill=orange!20] 
    (1.5,0.8) arc[start angle=28, end angle=45, radius=1.7] --
    ({2.1*cos(45)}, {2.1*sin(45)}) arc[start angle=45, end angle=28, radius=2.1] -- cycle;
  \node[right, orange!90!black] at (2.1,1.0) {\scriptsize $dS = r\,dr\,d\varphi$};
\end{tikzpicture}
\end{document}

Вычисление якобиана: $J_{\text{пск}}=\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial x}{\partial r}& \frac{\partial y}{\partial r}\\ \frac{\partial x}{\partial \phi }& \frac{\partial y}{\partial \phi }\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}\cos \phi & \sin \phi \\ -r\sin \phi & r\cos \phi \end{array}\right|=r{\cos }^2\phi -(-r{\sin }^2\phi )=r({\cos }^2\phi +{\sin }^2\phi )=r$

$|J_{\text{пск}}|=r⟹dxdy=rdrd\phi$

Полезные соотношения: $x^2+y^2=r^2,x^2-y^2=r^2\cos 2\phi$

Идея: окружность с центром в полюсе в ПСК задаётся элементарным уравнением $r=R$, что чрезвычайно упрощает пределы интегрирования!

---

3.2. Возврат к примеру № 2143 в ПСК

${\int }_0^{R\frac{\sqrt{2}}{2}}dy{\int }_y^{\sqrt{R^2-y^2}}dx=\left\{\text{переход в ПСК:}\begin{array}{l}0\le \phi \le \pi /4\\ 0\le r\le R\end{array}\right\}={\int }_0^{\pi /4}d\phi {\int }_0^{R}rdr={\int }_0^{\pi /4}{\frac{r^2}{2}|}_0^{R}d\phi =\frac{R^2}{2}{\int }_0^{\pi /4}d\phi =\frac{\pi R^2}{8}$

(Вычисление заняло одну строку вместо громоздкой тригонометрической подстановки!)

Когда стоит переходить в ПСК?

1. Если область интегрирования ограничена дугами окружностей или кривыми, естественно задаваемыми в полярных координатах (лемниската, кардиоида, спираль и т.д.).
2. Если подынтегральное выражение содержит комбинации вида $x^2+y^2$, $\sqrt{x^2+y^2}$, $x^2-y^2$.

---

4. Задачи на интегрирование в ПСК

---

Задача 1 (Демидович, № 2164 — основа)

Составить интеграл ${\iint }_{S}f(x,y)dxdy$, где область $S$ ограничена лемнискатой Бернулли: $(x^2+y^2{)}^2=a^2(x^2-y^2)$

(В ДСК эту фигуру сложно даже построить).

\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1.4, >=stealth]
  \draw[->] (-2.2,0) -- (2.2,0) node[below] {$x$};
  \draw[->] (0,-1.4) -- (0,1.4) node[left] {$y$};
  \node[below left] at (0,0) {$0$};
 
  % Асимптотические лучи phi = +- pi/4, +- 3pi/4
  \draw[dashed, gray] (-1.5,-1.5) -- (1.5,1.5) node[above right] {\scriptsize $\varphi = \frac{\pi}{4}$};
  \draw[dashed, gray] (-1.5,1.5) -- (1.5,-1.5) node[below right] {\scriptsize $\varphi = -\frac{\pi}{4}$};
 
  % Лемниската (r^2 = a^2 * cos(2*phi)), a = 1.6
  % Правый лепесток: phi in [-45, 45]
  \filldraw[fill=red!20, draw=red!80!black, thick]
    plot[domain=-44.5:44.5, samples=60] ({1.6*sqrt(cos(2*\x))*cos(\x)}, {1.6*sqrt(cos(2*\x))*sin(\x)}) -- (0,0);
 
  % Левый лепесток: phi in [135, 225]
  \filldraw[fill=red!20, draw=red!80!black, thick]
    plot[domain=135.5:224.5, samples=60] ({1.6*sqrt(cos(2*(\x-180)))*cos(\x)}, {1.6*sqrt(cos(2*(\x-180)))*sin(\x)}) -- (0,0);
 
  \fill (1.6,0) circle [radius=1pt] node[below right] {$a$};
  \fill (-1.6,0) circle [radius=1pt] node[below left] {$-a$};
  \node[red!80!black] at (1.0,0.4) {$S$};
\end{tikzpicture}
\end{document}

Решение:

1. Подставляем $x=r\cos \phi$, $y=r\sin \phi$: $(r^2{)}^2=a^2{r}^2({\cos }^2\phi -{\sin }^2\phi )⟹r^4=a^2{r}^2\cos 2\phi ⟹r^2=a^2\cos 2\phi ⟹r=a\sqrt{\cos 2\phi }$
2. Так как $r^2\ge 0$, должно выполняться $\cos 2\phi \ge 0$:
   • Правый лепесток: $-\frac{\pi }{4}\le \phi \le \frac{\pi }{4}$;
   • Левый лепесток: $\frac{3\pi }{4}\le \phi \le \frac{5\pi }{4}$.
3. В каждой петле полярный радиус меняется от $0$ до границы лемнискаты $r=a\sqrt{\cos 2\phi }$.
4. Запись интеграла ($g(r,\phi )=f(r\cos \phi ,r\sin \phi )$): ${\iint }_{S}f(x,y)dxdy={\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}d\phi {\int }_0^{a\sqrt{\cos 2\phi }}g(r,\phi )rdr+{\int }_{3\pi /4}^{5\pi /4}d\phi {\int }_0^{a\sqrt{\cos 2\phi }}g(r,\phi )rdr$

Вычисление площади лемнискаты ($f\equiv 1$): $S=2{\int }_0^{\pi /4}d\phi {\int }_0^{a\sqrt{\cos 2\phi }}rdr=2{\int }_0^{\pi /4}\frac{a^2\cos 2\phi }{2}d\phi =a^2{\frac{\sin 2\phi }{2}|}_0^{\pi /4}=a^2$

---

Задача 2 (Демидович, № 2166)

Вычислить интеграл: ${\iint }_S(x^2+y^2)dxdy$ где область $S$ ограничена кривой $x^2+y^2=2ax$ ($a>0$).

\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1.4, >=stealth]
  \draw[->] (-0.5,0) -- (2.8,0) node[below] {$x$};
  \draw[->] (0,-1.5) -- (0,1.5) node[left] {$y$};
  \node[below left] at (0,0) {$0$};
 
  % Окружность (x-a)^2 + y^2 = a^2, a = 1
  \filldraw[fill=red!15, draw=red!80!black, thick] (1,0) circle [radius=1];
  \node at (1,0.4) {$S$};
 
  \fill (1,0) circle [radius=1pt] node[below] {$a$};
  \fill (2,0) circle [radius=1pt] node[below right] {$2a$};
 
  % Лучи пределов по углу
  \draw[dashed, blue] (0,0) -- (0,1.3) node[above] {$\varphi = \frac{\pi}{2}$};
  \draw[dashed, blue] (0,0) -- (0,-1.3) node[below] {$\varphi = -\frac{\pi}{2}$};
\end{tikzpicture}
\end{document}

Решение:

1. Уравнение границы в ПСК: $x^2+y^2=2ax⟺r^2=2ar\cos \phi ⟹r=2a\cos \phi$

2. Пределы изменения координат: Так как окружность лежит в правой полуплоскости ($x\ge 0$), луч из начала координат пересекает её при $\phi \in \left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$: $-\frac{\pi }{2}\le \phi \le \frac{\pi }{2},0\le r\le 2a\cos \phi$

3. Подынтегральная функция: $x^2+y^2=r^2$, элемент площади: $dxdy=rdrd\phi$.

4. Вычисление: ${\iint }_S(x^2+y^2)dxdy={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}d\phi {\int }_0^{2a\cos \phi }{r}^2\cdot rdr={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\frac{r^4}{4}|}_0^{2a\cos \phi }d\phi ={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\frac{16a^4{\cos }^4\phi }{4}d\phi =4a^4{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\cos }^4\phi d\phi$

   Понижаем степень: ${\cos }^2\phi =\frac{1+\cos 2\phi }{2}⟹{\cos }^4\phi =\frac{1+2\cos 2\phi +{\cos }^{2}2\phi }{4}=\frac{1+2\cos 2\phi +\frac{1+\cos 4\phi }{2}}{4}=\frac{3+4\cos 2\phi +\cos 4\phi }{8}$: $=4a^4{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\frac{3+4\cos 2\phi +\cos 4\phi }{8}d\phi =\frac{a^4}{2}{\left(3\phi +2\sin 2\phi +\frac{\sin 4\phi }{4}\right)|}_{-\pi /2}^{\pi /2}=\frac{a^4}{2}\cdot 3\pi =\frac{3\pi a^4}{2}$

Проверка размерности: подынтегральная функция имеет размерность $[L^2]$, дифференциал площади $[L^2]$. Итог $[L^4]\sim a^4$ — размерность верна!

---

Задача 3 (Демидович, № 2162)

Перейти к полярным координатам в интеграле ${\iint }_{S}f(x,y)dxdy$, если $S$ — треугольник, ограниченный прямыми: $\{y=x,y=-x,y=1\}$

\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5, >=stealth]
  \draw[->] (-1.5,0) -- (1.8,0) node[below] {$x$};
  \draw[->] (0,-0.3) -- (0,1.6) node[left] {$y$};
  \node[below left] at (0,0) {$0$};
 
  \filldraw[fill=blue!15, draw=blue!80!black, thick] (0,0) -- (1,1) -- (-1,1) -- cycle;
  \node at (0,0.6) {$S$};
 
  \draw[thick, red] (-1.3,-1.3) -- (1.3,1.3) node[above right] {$y = x \; (\varphi = \frac{\pi}{4})$};
  \draw[thick, red] (1.3,-1.3) -- (-1.3,1.3) node[above left] {$y = -x \; (\varphi = \frac{3\pi}{4})$};
  \draw[thick] (-1.4,1) -- (1.4,1) node[right] {$y = 1$};
 
  \fill (1,1) circle [radius=1pt];
  \fill (-1,1) circle [radius=1pt];
  \fill (0,1) circle [radius=1pt] node[above left] {$1$};
\end{tikzpicture}
\end{document}

Замечание: в ДСК эта область описывается очень просто, но пример отлично иллюстрирует технику перехода к ПСК при плоской границе (типичная задача из РК-1).

Решение:

1. Боковые стороны треугольника задаются лучами: $\phi =\frac{\pi }{4}$ и $\phi =\frac{3\pi }{4}$.
2. Верхняя граница $y=1$ в ПСК: $r\sin \phi =1⟹r=\frac{1}{\sin \phi }$
3. Пределы интегрирования: ${\iint }_{S}f(x,y)dxdy={\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}d\phi {\int }_0^{\frac{1}{\sin \phi }}f(r\cos \phi ,r\sin \phi )\cdot rdr$

---

Задача 4 (Демидович, № 2169)

Вычислить, перейдя к полярным координатам: ${\int }_0^{a}dx{\int }_0^{\sqrt{a^2-x^2}}\sqrt{x^2+y^2}dy$

\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5, >=stealth]
  \draw[->] (-0.3,0) -- (1.6,0) node[below] {$x$};
  \draw[->] (0,-0.3) -- (0,1.6) node[left] {$y$};
  \node[below left] at (0,0) {$0$};
 
  \filldraw[fill=green!20, draw=green!60!black, thick] 
    (0,0) -- (1.2,0) arc[start angle=0, end angle=90, radius=1.2] -- cycle;
 
  \node at (0.45,0.45) {$S$};
  \fill (1.2,0) circle [radius=1pt] node[below] {$a$};
  \fill (0,1.2) circle [radius=1pt] node[left] {$a$};
  \node[above right, green!60!black] at (0.85,0.85) {$x^2+y^2=a^2$};
\end{tikzpicture}
\end{document}

Решение:

1. Анализ: подынтегральная функция $\sqrt{x^2+y^2}$ и предел $y=\sqrt{a^2-x^2}$ в ДСК сложны, но в ПСК тривиальны.
2. Область интегрирования — первая четверть круга радиуса $a$: $0\le \phi \le \frac{\pi }{2},0\le r\le a$
3. Подынтегральная функция: $\sqrt{x^2+y^2}=r$. Якобиан: $r$.
4. Вычисление: $={\int }_0^{\pi /2}d\phi {\int }_0^{a}r\cdot rdr=\left({\int }_0^{\pi /2}d\phi \right)\left({\int }_0^a{r}^{2}dr\right)=\frac{\pi }{2}\cdot {\frac{r^3}{3}|}_0^a=\frac{\pi a^3}{6}$

Замечания лектора:

• В ПСК внешний интеграл, как правило, пишется по углу $\phi$, а внутренний — по радиусу $r$.
• Геометрический смысл двойного интеграла: объём цилиндрического тела, основанием которого является область $S$, а верхней «крышкой» — поверхность $z=f(x,y)$. Если $f(x,y)\equiv 1$, тело вырождается в прямой цилиндр единичной высоты ($h=1$), поэтому его объём численно равен площади основания: $V=S\cdot 1=S$.

---

5. Обобщённые полярные координаты (ОПСК)

Задача 5 (Демидович, № 2171 — эллипс, важный приём)

Вычислить: ${\iint }_S\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}}dxdy,\text{где }S:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le 1$

\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1.2, >=stealth]
  \draw[->] (-2.2,0) -- (2.2,0) node[below] {$x$};
  \draw[->] (0,-1.4) -- (0,1.4) node[left] {$y$};
  \node[below left] at (0,0) {$0$};
 
  \filldraw[fill=purple!15, draw=purple!80!black, thick] (0,0) ellipse [x radius=1.7, y radius=1.0];
  \node at (0.6,0.35) {$S$};
 
  \fill (1.7,0) circle [radius=1pt] node[below] {$a$};
  \fill (-1.7,0) circle [radius=1pt] node[below] {$-a$};
  \fill (0,1.0) circle [radius=1pt] node[left] {$b$};
  \fill (0,-1.0) circle [radius=1pt] node[left] {$-b$};
\end{tikzpicture}
\end{document}

Решение:

1. Вводим обобщённые полярные координаты: $\{\begin{array}{l}x=ar\cos \phi \\ y=br\sin \phi \end{array}$
2. Граница эллипса: $\frac{a^2{r}^2{\cos }^2\phi }{a^2}+\frac{b^2{r}^2{\sin }^2\phi }{b^2}=r^2=1⟹r=1$ В ОПСК область $S$ становится единичным кругом: $0\le \phi \le 2\pi$, $0\le r\le 1$.
3. Вычисление якобиана: $J=\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial x}{\partial r}& \frac{\partial x}{\partial \phi }\\ \frac{\partial y}{\partial r}& \frac{\partial y}{\partial \phi }\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}a\cos \phi & -ar\sin \phi \\ b\sin \phi & br\cos \phi \end{array}\right|=abr{\cos }^2\phi +abr{\sin }^2\phi =abr⟹|J|=abr$
4. Подынтегральное выражение: $\sqrt{1-r^2}$.
5. Интегрирование: $={\int }_0^{2\pi }d\phi {\int }_0^1\sqrt{1-r^2}\cdot (abr)dr=2\pi ab{\int }_0^1\sqrt{1-r^2}rdr$ Вносим под дифференциал: $rdr=-\frac{1}{2}d(1-r^2)$: $=2\pi ab\left(-\frac{1}{2}\right){\frac{(1-r^2{)}^{3/2}}{3/2}|}_0^1=-\frac{2}{3}\pi ab(0-1)=\frac{2}{3}\pi ab$

Важный приём:

Если внутренний интеграл не зависит от переменной $\phi$, внешний интеграл ${\int }_0^{2\pi }d\phi =2\pi$ можно сразу вынести множителем вперёд!
Кроме того, в силу симметрии области и чётности подынтегральной функции по обеим переменным, можно было вычислить интеграл по $1/4$ эллипса и умножить результат на 4.

---

6. Вычисление площадей плоских фигур

Площадь плоской области $S$ вычисляется по формуле: $S={\iint }_{S}dxdy$

---

Задача 6 (Демидович, № 2180 — симметрия в ДСК)

Найти площадь, ограниченную параболами: $\{\begin{array}{l}{y}^2=10x+25\\ y^2=-6x+9\end{array}$

\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=0.9, >=stealth]
  \draw[->] (-3.5,0) -- (2.5,0) node[below] {$x$};
  \draw[->] (0,-2.5) -- (0,2.5) node[left] {$y$};
  \node[below left] at (0,0) {$0$};
 
  % y^2 = 10x + 25 => x = (y^2 - 25)/10, вершина (-2.5, 0)
  \draw[thick, blue, domain=-2.3:2.3, smooth, variable=\y] 
    plot ({(\y*\y - 2.5*2.5)/2.5}, {\y}) node[left] {$y^2 = 10x+25$};
 
  % y^2 = -6x + 9 => x = (9 - y^2)/6, вершина (1.5, 0)
  \draw[thick, red, domain=-2.3:2.3, smooth, variable=\y] 
    plot ({(2.25 - \y*\y)/1.5}, {\y}) node[right] {$y^2 = -6x+9$};
 
  % Заливка области
  \fill[gray!30, opacity=0.7] 
    plot[domain=-1.936:1.936, variable=\y] ({(\y*\y - 2.5*2.5)/2.5}, {\y}) -- 
    plot[domain=1.936:-1.936, variable=\y] ({(2.25 - \y*\y)/1.5}, {\y}) -- cycle;
 
  \fill (-1,1.936) circle [radius=1.5pt] node[above] {$(-1, \sqrt{15})$};
  \fill (-1,-1.936) circle [radius=1.5pt] node[below] {$(-1, -\sqrt{15})$};
  \draw[dashed] (-1,-2.2) -- (-1,2.2);
\end{tikzpicture}
\end{document}

Решение:

1. Точки пересечения парабол: $10x+25=-6x+9⟹16x=-16⟹x=-1⟹y^2=15⟹y=\pm \sqrt{15}$
2. Выразим $x$ через $y$: $x_{\text{лев}}=\frac{y^2-25}{10},x_{\text{прав}}=\frac{9-y^2}{6}$
3. Используем симметрию фигуры относительно оси $Ox$: $S=2{\iint }_{S^{+}}dxdy=2{\int }_0^{\sqrt{15}}dy{\int }_{\frac{y^2-25}{10}}^{\frac{9-y^2}{6}}dx=2{\int }_0^{\sqrt{15}}\left(\frac{9-y^2}{6}-\frac{y^2-25}{10}\right)dy$ Приведём дробь к общему знаменателю 30: $\frac{5(9-y^2)-3(y^2-25)}{30}=\frac{45-5y^2-3y^2+75}{30}=\frac{120-8y^2}{30}=4-\frac{4y^2}{15}$
4. Интегрируем: $S=2{\int }_0^{\sqrt{15}}\left(4-\frac{4y^2}{15}\right)dy=8{\left(y-\frac{y^3}{45}\right)|}_0^{\sqrt{15}}=8\left(\sqrt{15}-\frac{15\sqrt{15}}{45}\right)=8\left(\sqrt{15}-\frac{\sqrt{15}}{3}\right)=8\cdot \frac{2\sqrt{15}}{3}=\frac{16\sqrt{15}}{3}$

---

Задача 7 (Демидович, № 2182 — площадь в ПСК)

Найти площадь фигуры, ограниченной прямой $r\cos \phi =1$ и окружностью $r=2$ (часть, не содержащая полюс).

\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5, >=stealth]
  \draw[->] (-0.5,0) -- (2.5,0) node[below] {$x$};
  \draw[->] (0,-2.2) -- (0,2.2) node[left] {$y$};
  \node[below left] at (0,0) {$0$};
 
  % Окружность r = 2
  \draw[thick, blue] (0,0) circle [radius=2];
  \node[above left, blue] at (-1.4,1.4) {$r = 2$};
 
  % Прямая r*cos(phi) = 1 <=> x = 1
  \draw[thick, red] (1,-2.1) -- (1,2.1) node[above] {$x = 1$};
 
  % Заливка кругового сегмента
  \fill[orange!30, opacity=0.8] 
    (1,-1.732) -- (1,1.732) arc[start angle=60, end angle=-60, radius=2] -- cycle;
 
  % Лучи углов пересечения
  \draw[dashed] (0,0) -- (1,1.732) node[above right] {$\varphi = \frac{\pi}{3}$};
  \draw[dashed] (0,0) -- (1,-1.732) node[below right] {$\varphi = -\frac{\pi}{3}$};
 
  \fill (1,0) circle [radius=1pt] node[below left] {$1$};
  \fill (2,0) circle [radius=1pt] node[below right] {$2$};
\end{tikzpicture}
\end{document}

Решение:

1. Прямая $r\cos \phi =1⟺x=1$. Окружность $r=2⟺x^2+y^2=4$.
2. Точки пересечения: $r=2⟹2\cos \phi =1⟹\cos \phi =\frac{1}{2}⟹\phi =\pm \frac{\pi }{3}$
3. В силу симметрии относительно полярной оси $Ox$: $S=2{\int }_0^{\pi /3}d\phi {\int }_{\frac{1}{\cos \phi }}^{2}rdr$
4. Внутренний интеграл: ${\int }_{\frac{1}{\cos \phi }}^{2}rdr={\frac{r^2}{2}|}_{\frac{1}{\cos \phi }}^2=\frac{1}{2}\left(4-\frac{1}{{\cos }^2\phi }\right)=2-\frac{1}{2{\cos }^2\phi }$
5. Внешний интеграл: $S=2{\int }_0^{\pi /3}\left(2-\frac{1}{2{\cos }^2\phi }\right)d\phi ={\int }_0^{\pi /3}\left(4-\frac{1}{{\cos }^2\phi }\right)d\phi ={\left(4\phi -\mathrm{tg}\phi \right)|}_0^{\pi /3}=\frac{4\pi }{3}-\sqrt{3}$

Вывод семинара: использование симметрии фигуры и правильный выбор системы координат сокращают объём аналитических выкладок в разы!