用改變積分次序的方法，計算 x 從 0 到 1、y 從 x 到 √(2 − x²) 的二重積分 x/√(x² + y²) dy dx。

Step-by-step solution

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   先把區域畫出來。 積分限說的是 $0\le x\le 1$ 與 $x\le y\le\sqrt{2-x^2}$：區域位於直線 $y=x$ 上方、圓 $x^2+y^2=2$ 內部，並且在 $x=1$ 的左側。直線與圓交於 $(1,1)$，所以區域是一塊曲邊楔形，三個角分別是 $(0,0)$、$(0,\sqrt2)$ 與 $(1,1)$。

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   換序時要格外小心——區域得拆成兩塊切片。 固定一個 $y$ 時，左邊界永遠是 $x=0$。當 $0\le y\le 1$，右邊界是直線 $x=y$；當 $1\le y\le\sqrt2$，右邊界是圓 $x=\sqrt{2-y^2}$。於是 $I=\int_0^1\!\!\int_0^{y}\frac{x\,dx}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dy+\int_1^{\sqrt2}\!\!\int_0^{\sqrt{2-y^2}}\frac{x\,dx}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dy.$ 若只寫成單一切片、讓 $x$ 從 $y$ 跑到 $\sqrt{2-y^2}$，描述到的會是 $y=x$ 下方的區域，這正是本題最典型的陷阱。

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   內層積分只要做一次。 令 $u=x^2+y^2$，則 $du=2x\,dx$， $\int\frac{x\,dx}{\sqrt{x^2+y^2}}=\sqrt{x^2+y^2}.$

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   分別算出兩塊切片。 第一塊：$\left[\sqrt{x^2+y^2}\right]_0^{y}=\sqrt2\,y-y$，於是 $\int_0^1(\sqrt2-1)y\,dy=\dfrac{\sqrt2-1}{2}$。第二塊：$\left[\sqrt{x^2+y^2}\right]_0^{\sqrt{2-y^2}}=\sqrt2-y$，於是 $\int_1^{\sqrt2}(\sqrt2-y)\,dy=2-\sqrt2-\dfrac12$。

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   兩塊相加。 $I=\frac{\sqrt2-1}{2}+\left(\frac32-\sqrt2\right)=1-\frac{\sqrt2}{2}\approx 0.292893.$

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   改用極座標驗證。 令 $x=\rho\cos\theta$，被積函數就只剩 $\cos\theta$，而 $dA=\rho\,d\rho\,d\theta$。在 $\tfrac\pi4\le\theta\le\tfrac\pi2$ 上，限制 $x\le 1$ 是鬆的（因為 $\sec\theta\ge\sqrt2$），所以 $\rho$ 從 $0$ 跑到 $\sqrt2$： $\int_{\pi/4}^{\pi/2}\!\!\int_0^{\sqrt2}\cos\theta\,\rho\,d\rho\,d\theta=\bigl[\sin\theta\bigr]_{\pi/4}^{\pi/2}=1-\frac{\sqrt2}{2}.$